ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (363.55 KB, 9 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN Môn:TOÁN; Khối :A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0điểm) Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
đồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
lần lượt tại A, B sao cho côsin góc
·
ABI
bằng
4
17
,với I là giao 2 tiệm cận của(C).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3. 6. 2
2
2 1
cosx sinx sin x
cos x
.
2. Giải hệ phương trình
2
2 3 ( 2011)(5 )
( 2) 3 3
x y y y
y y x x
( , )
x y R
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=
4
3
2
1
(5 ) . 5
ln x x x
dx
x
.
Câu IV (1,0 điểm) Lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm tam giác ABC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa
cạnh AA’ và cạnh BC theo a, biết góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng
0
60
.
Câu V (1,0 điểm) Cho
x
và
y
là các số thực thỏa mãn:
2
1 ( )
y x x y
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
6 6
3 3
1
x y
P
x y xy
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là:
3 7 0
x y
, điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20(đvdt). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2
2 4 4 16 0
x y z x y z
,
mặt phẳng (Q) có phương trình:
2 2 3 0
x y z
. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song mp(Q)
sao cho mp(P) giao với mặt cầu (S) tạo thành đường tròn có diện tích
16
(đvdt).
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
9 1
3
2log 9 9 log 28 2.3
x x
x .
B.Chương trình nâng cao
Câu VI.b ( 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C)
2 2
4 96 0
x y x
. Tìm điểm M thuộc
d:
2 4 0
x y
sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C), với A,B là tiếp điểm mà tam giác MAB đều.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz,
(0;2;0)
A
(0;0; 1)
B
và
C
thuộc
Ox
. Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P):
2 2 0
x y z
bằng khoảng cách từ C tới đường
thẳng
:
1 2
1 2 2
x y z
.
Câu VII.b (1,0điểm) Cho hàm số
2
2 9
2
x x
y
x
( H ) và đường thẳng (
) 2
y x m
Tìm m sao cho (H) cắt (
) tại A,B phân biệt thỏa mãn
4
(2; )
3
I là trọng tâm tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.
………………Hết…………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:…………www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: Toán; Khối A
( Đáp án-thang điểm gồm 8 trang)
ĐÁP ÁN -THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) I.
(2,0
điểm)
. Tập xác định: D=R\
2
. Sự biến thiên:
'
2
1
( 2)
y
x
< 0
x D
……………………………………………………………………………………………….
. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (
;2) và (2;
)
. Hàm số không có cực trị
. Giới hạn
lim 2
x
y
TCN
2
y
2
lim
x
y
2
lim
x
y
TCĐ
2
x
………………………………………………………………………………………………
. Bảng biến thiên
. Đồ thị : Qua A (0 ;
3
2
) B(
3
2
; 0)
. I (2; 2) lµm t©m ®èi xøng
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
8
6
4
2
-2
-4
-
5
0
y’
y
x
-
2
-
2 2
2
. Gọi
0
0
0
2 3
( ; ) ( )
2
x
M x C
x
0
2
x
. Phương trình tiếp tuyến tại M:
0
0
2
0 0
2 3
1
( )
( 2) 2
x
y x x
x x
(
)
…………………………………………………………………………………… ……….
.
0
0
2 2
(2; ) ( )
2
x
A C
x
TCĐ
0
(2 2;2) ( )
B x C TCN
………………………………………………………………………………………………….
. Do
·
4
17
CosABI
nên
·
1
4
IA
TanABI
IB
. Ta được
2 2
16.
IB IA
4
0
( 2) 16
x
0
0
x
;
0
4
x
………………………………………………………………………………………………….
. KL: Tại
3
(0; )
2
M phương trình tiếp tuyến:
1 3
4 2
y x
Tại
5
(4; )
3
M phương trình tiếp tuyến:
1 7
4 2
y x
0,25
0,25
0,25
0,25
1. (1,0 điểm)
. Đk:
cos2 1
x x k
(
( )
k R
)
. Pt
2
3 6 nx-2SinxCosx = 2(1 2 ) 2
Cosx Si Sin x
……………………………………………………………………………………
.
( 3 2 )( 2 ) 0
Sinx Cosx Sinx
……………………………………………………………………………………
.
3 2
2 ; 2
3 3 3
Sinx x k x k
( )
k R
.
cot 2 arccot 2
x x k
( )
k R
. KL
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1.0 điểm)
II
(2,0
điển)
. Đk:
3
2
x
,
0
y
. Pt thứ 2:
2
(2 ) 3 3 0
y x y x
.
2
( 4)
x
…………………………………………………………………………………………………….
0,25
. Pt có 2 nghiệm
1
2
2 4
3
2
2 4
1
2
x x
y
x x
y x
( do
0
y
)
1
y x
………………………………………………………………………………………………….
. Thế vào pt thứ 1 ta có
2
2 3 1 ( 1) 2011 (4 )
x x x x
2
4
( 1) 2011 ( 4)
2 3 1
x
x x
x x
………………………………………………………………………………………………
. TH1:
4 5
x y
. TH2:
2
1
( 1) 2011
2 3 1
x
x x
vô lý KL:
0,25
0,25
0,25
III
(1,0
điểm)
.
4 4
2
1 1
ln(5 )
5 .
x
I dx x x dx
x
=K+H
…………………………………………………………………………………………………
. K=
4
2
1
ln(5 )
x
dx
x
đặt
2
ln(5 )
5
1
dx
u x
du
x
dx
dv
v
x
x
. K=
4
1
ln(5 )
( )
x
x
-
4
1
(5 )
dx
x x
=
4 4
1 1
1
ln 4 ( ln(5 )) ln
5
x x
=
3
ln4
5
.
…………………………………………………………………………………………………
. H=
4
1
5 .
x x dx
Đặt 5
t x
ta có
2
5
t x
do đó
2
tdt dx
x 1 4
t 2 1
.
1
5
2 3 2
2
1
5 164
(5 ) ( 2 ) 2( )
3 5 15
t
H t t t dt t
…………………………………………………………………………………………………
. KL:
3 164
ln 4
5 15
I
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1,0điểm)
. M trung điểm BC ta có
AM BC
(1)
mà
'
A H BC
suy ra
'
A M BC
(2)
. Từ (1) và (2) ta có
·
0
(( ' );( )) ( ' ; ) ' 60
A BC ABC A M AM A MA
…………………………………………………………………………………………………
.
3 1 2
; ;
2 3 3
2 3 3
a a a
AM HM AM AH AM
.
0
'
tan 60 '
2
A H a
A H
MH
.
2 3
3 3
' . ( ) .
2 4 8
lt
a a a
V A H dt ABC (đvtt)
………………………………………………………………………………………………
. (AA’M) kẻ
'
MK A A
do ( ')
BC AMA MK BC
. ( '; )
d AA BC MK
…………………………………………………………………………………………………
.
'
AA H
đồng dạng
AMK
' ' ' .
'
A H AA A H AM
MK
MK AM AA
. Do
2 2
a 7
A A'= .
3 4 12
a
a
3
2 7
a
MK
KL:
( '; )
d AA BC
3
2 7
a
0,25
0,25
0,25
0,25
A’
B’
M
C
K
H
B
C’
A
V
(1,0điểm)
.Từ giả thiết ta có:
.
2 2
1 2
x y xy xy xy
1
xy
.
.
2 2 2
1 ( ) 3 3
x y xy x y xy xy
1
3
xy
.
………………………………………………………………………………………………………
. Ta có
2 2
1
x y xy
nên
6 6 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 3
x y x y x y x y
. Đặt
t xy
với
1
;1 \ 0
3
t
. Khi đó ta được P
2 3
(1 ) (1 ) 3 1
(1 )
t t t
t t
Hay P
2
2 3
1
t
t
=
( )
f t
…………………………………………………………………………………………………….
. Hàm số
( )
f t
trên
1
;1 \ 0
3
. Ta có
2
2
2 4 3
'( ) 0
( 1)
t t
f t
t
1
;1 \ 0
3
t
…………………………………………………………………………………………………….
. KL:
1
(1) 1 1
2
MinP P t x y
1 25 1 1
( )
3 6 3
3
MaxP P t x y
0,25
0,25
0,25
0,25
1. (1,0 điểm ) VI.a
(2,0điểm)
.
. Phương trình AC:
3 7 0
x y
, B(0;-3)
. Phương trình BD
3 9 0
x y
. Tọa độ
I AC BD
(3; 2)
I
…………………………………………………………………………………………………….
0,25
B
A
C
D
I
. Do I là trung điểm BD nên
(6; 1)
D
. Gọi ( ;7 3 )
A a a AC
ta có
2 10
BD
………………………………………………………………………………………………
. dt(ABCD)=2.dt(ABD)
2 2
3(7 3 ) 9
1
.2 10 10
2
1 3
a a
…………………………………………………………………………………………………
.
2
4
a
a
do vậy
1 1
2 2
(2;1); (4; 5)
(4; 5); (2;1)
A C
A C
2. ( 1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
. (S) có tâm I(1;2;-2) R=
2 2 2
1 2 ( 2) 16
=5.
…………………………………………………………………………………… .…………
. (P) có dạng:
2 2 0
x y z c
(
3
c
)
. Do chu vi đường tròn bằng
8
nên bán kính
4
r
……………………………………………………………………………………………………
.
2 2
( ;( )) 3
d I P R r
4 9
c
5
13
c
c
………………………………………………………………………………………………….
. KL: (
1
P
)
2 2 5 0
x y z
(
2
P
)
2 2 13 0
x y z
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1,0
điểm)
. Đk:
28 2.3 0 3 14
x x
. Bpt
3 3
log 9 9 log 3 28 2.3
x x x
………………………………………………………………………………………………….
.
1
3
3.9 28.3 9 0
3
3 9
x
x x
x
…………………………………………………………………………………………………
. So sánh điều kiện ta được
1
3
3
9 3 14
x
x
…………………………………………………………………………………………………
. KL: Tập nghiệm
3
; 1 2;log 14
1. (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
. Tâm I(2;0), bán kính R=10
………………………………………………………………………………………………
. Tam giác MAB đều nên
·
AMB
=
0
60
.
·
AMI
=
0
30
nên
·
1
AMI
2
AI
Sin
MI
do vậy
2 20
MI R
.
………………………………………………………………………………………………
. Gọi
( ;2 4) ( )
M a a d
ta được
.
2 2 2
( 2) (2 4) 400 5 12 380 0
a a a a
……………………………………………………………………………………………….
.
10
38
5
a
a
KL:
1
( 10; 16)
M
2
38 96
( ; )
5 5
M
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
VI.b
(2,0điểm)
.Gọi ( ;0;0)
C a Ox
.
2
( ;( ))
3
a
d C P
…………………………………………………………………………………………………
.
;
( ;( ))
MC u
d C
u
uuuur uur
r
với
(1;0; 2)
( 1;0;2)
(1;2;2)
M
MC a
u
uuuur
uur
.
; ( 4;4 2 ;2( 1))
MC u a a
uuuur uur
…………………………………………………………………………………………………
.
2
8 24 36
( ;( ))
3
a a
d C
=
2
( ;( ))
3
a
d C P
3
a
Vậy
(3;0;0)
C
……………………………………………………………………………………………………
. Phương trình mp (P):
1 2 3 6 6 0
3 2 1
x y z
x y z
0,25
0,25
0,25
0,25
d
M
A
B
I
VII.b
(1,0
điểm)
. Pt
2
2 9
2
2
x x
x m
x
.
2
( ) ( 2) 2 9 0
F x x m x m
(*)
………………………………………………………………………………………………….
. Đk
2
(2) 0
( 2) 4(2 9) 0
F
m m
2
( 2) 36 0
m
m R
………………………………………………………………………………………………….
. Gọi
( ;2 )
A A
A x x m
( ;2 )
B B
B x x m
với
A
;
B
x x
là nghiệm của (*)
………………………………………………………………………………………………….
. Do I là trọng tâm tam giác OAB nên:
0
2
3
4
2 2 4
3 3
A B
A B
x x
m
x m x m
0,25
0,25
0,25
0,25
