ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT TỨ KỲ doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (278.54 KB, 5 trang )
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT TỨ KỲ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số
4 2
1
m
y x m x m C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
m
C
khi
3
m
2) Xác định
1
m
để đồ thị
m
C
cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi
m
C
và trục Ox có diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục Ox.
Câu 2 (2 điểm):
1) Giải phương trình:
sin 2 2cos2 1 sin 4cos
x x x x
2) Giải bất phương trình:
2
3 2 2 3 0
x x x
Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân:
2
2
0
sin 2
2 sin
x
I dx
x
Câu 4 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng tam giác
. ' ' '
ABC A B C
có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA =
BC = a. Mặt bên
' '
ACC A
là hình vuông cạnh bằng
2
a
, M là trung điểm BC. Tính thể tích khối tứ diện
'
B MCA
và khoảng cách giữa 2 đường thẳng
, '
AM B C
.
Câu 5 (1 điểm): Cho
, , sao cho: 2 3 40
x y z x y z
¡ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
36 2 1 3 16
P x y z
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ chọn làm 1 trong hai phần A hoặc B
Phần A:
Câu 6a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
2;0
A
và 2 đường thẳng
1
: 0
d x y
,
2
: 2 1 0
d x y
. Tìm các điểm
1 2
,
B d C d
để tam giác ABC vuông cân tại A.
2) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức
3
1
3
2
n
, biết n là số
tự nhiên thỏa mãn:
3 2
2 1
2 110
n n
C C
.
Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2
1 3
y x y x
y y xy x x
Phần B:
Câu 6b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng
1 2
: 3 0, :2 5 0,
d x y d x y
3
: 0
d x y
. Tìm tọa độ các điểm
1 2 3
, , ,
A d B d C D d
để tứ giác ABCD là một hình
vuông.
2) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất sao cho mặt sáu chấm xuất hiện
ít nhất 1 lần.
Câu 7b (1 điểm): Giải phương trình sau:
32
2
2 2 3
5 5
log 1
log
log log .log 1
log 2 log 2
x
x
x x x
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
sent to www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1) (1 điểm). Khảo sát hàm số
* Tập xác định:
D
¡
3
0
' 4 8 0
2
x
y x x
x
0,25
* Hàm số đồng biến trên các khoảng:
2;0 và 2;
; nghịch biến trên các khoảng
; 2 ; 0; 2
* Điểm cực đại
0;3
, cực tiểu
2; 1
0,25
* Bảng biến thiên:
x
2
0
2
'
y
0 0 0
y
3
1
1
0,25
* Đồ thị:
-3 -2 -1 1 2 3
-1
1
2
3
4
5
x
y
0,25
2) (1 điểm) Tìm
1
m
để
Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt
4 2
1 0
x m x m
(1) có 4 nghiệm phân biệt
2
1 0
t m t m
(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
2
1 4 0
1 0 0& 1
0
m m
m m m
m
0,25
2 nghiệm của (2) là
1,
t t m
, do
1
m
nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là:
, 1,1,
m m
0,25
Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi
đó đồ thị có dạng như hình bên.
Bài toán thỏa mãn
1 2
1
4 2 4 2
0 1
1
4 2 4 2
0 1
4 2
0
1 1
1 1
1 0
m
H H
m
m
S S x m x m dx x m x m dx
x m x m dx x m x m dx
x m x m dx
0,25
1
(2điểm)
5 3
0
1
1 0 1 0 5
5 3 5 3
m
x x m m
m mx m
. KL:
5
m
thỏa mãn yêu cầu
0,25
1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác
2
PT sin 2cos 1 2 2cos 1 4cos 1 0 2cos 1 sin 2cos 3 0
2cos 1 0
sin 2cos 3 0
x x x x x x x
x
x x
0,5
2
(2điểm)
*
1
2cos 1 0 cos 2
2 3
x x x k k
¢
0,25
*
sin 2cos 3 0 sin 2cos 3
x x x x
. Do
2
2 2
1 2 3
nên phương trình vô nghiệm
0,25
2) (1 điểm). Giải bất phương trình
Điều kiện:
3
2
x
0,25
Bất PT
2
2 3 0
3 2 0
2 3 0
x
x x
x
(Nếu HS viết ngay thành hệ như vậy mà không đặt ĐK ở trên thì cho 0,5)
0,25
*
2
;1 2;
3 2 0
2;
3
2 3 0
2
x
x x
x
x
x
0,25
*
3
2 3 0
2
x x
. KL: Tập nghiệm của BPT là
3
2;
2
S
0,25
Tính tích phân
2 2
2 2
0 0
sin2 sin cos
2
2 sin 2 sin
x x x
I dx dx
x x
0,25
Đặt
2 sin cos 0 2, 3
2
t x dt xdx x t x t
0,25
Ta được tích phân
3
3 3
2 2
2 2
2
2 1 2 2
2 2 2 ln
t
I dt dt t
t t
t t
0,25
3
(1điểm)
Kết quả
3 2
2ln
2 3
I
0,25
Cho hình lăng trụ
a) Thể tích khối tứ diện
'
B MCA
.
Do
' '
ACC A
là hình vuông nên
2
AC a
, từ đó ta có:
2 2 2
BA BC AC
hay tam giác ABC vuông cân tại B.
Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên
2
1 1 1
. .
2 2 2 4
AMC ABC
a
S S BA BC
a 2
a
a
N
M
C
B
A'
C'
B'
A
0,25
2 3
'
1 1 2
. ' . . 2
3 3 4 12
B MCA MCA
a a
V S B B a
0,25
b) Gọi N là trung điểm
'
BB
, ta có
'// '// ', ',
CB MN CB AMN d CB AM d CB AMN
,
d C AMN
. Do B, C đối xứng nhau qua M nên
, ,
d C AMN d B AMN
0,25
4
(1điểm)
Xét tứ diện NABM có BA, BM, BN đôi một vuông góc.
Kẻ
,
BI MA I MA NI MA
Kẻ
BH AMN H NI
Ta có
, .
d B AMN BH
Có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 7
7
a
BH
BH BN BI BN BM BA a
Vậy
',
7
a
d CB AM BH
a 2
2
a
a
2
B
A
M
N
I
H
0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2 2 2 2
36 2 1 3 16 36 4 4 9 144
P x y z x y z
0,25
5
(1điểm)
Xét các vec tơ:
;6 , 2 ;2 , 3 ;12
a x b y c z
r r r
. Ta có
P a b c
r r r
và
0,5
2 3 ;20 40;20 theo gt
a b c x y z
r r r
2 2
40 20 20 5
a b c
r r r
Ta có BĐT
a b c a b c
r r r r r r
(1). CM: Với 2 vec tơ
,
u v
r r
ta có
2 2 2
2 2
2 . 2 .
u v u v u v u v u v
r r r r r r r r r r
2
(*)
u v u v u v
r r r r r r
, dấu bằng xảy ra
,
u v
r r
cùng
hướng.
Áp dụng BĐT (*) ta có
a b c a b c a b c
r r r r r r r r r
, dấu bằng xảy ra
, ,
a b c
r r r
cùng hướng.
Áp dụng BĐT (1) ta có:
20 5
P
Vậy
min 20 5
P
, xảy ra
, ,
a b c
r r r
cùng hướng và
2 3 40
x y z
12
2 3
2
6 2 12
2 3 40
8
x
x y z
y
x y z
z
0,25
1) (1 điểm)Tìm tọa độ các điểm B, C
1 2
, ; , 1 2 ;
B d C d B b b C c c
0,25
4 6
. 0 3 4 6 0
3
c
AB AC AB AC bc b c b
c
uuur uuur
(1)
2
2
2 1 5 12 7
AB AC b c c
(2)
0,25
Thế (1) vào (2) được
2
2 4 3 2
4 6
2 1 5 12 7 5 42 106 114 45 0
3
c
c c c c c c
c
2
1
1 5 5 12 9 0
5
c
c c c c
c
0,25
Kết luận:
1 1;1 , 1; 1 ; 5 7;7 , 9; 5
c B C c B C
0,25
2) (1 điểm)Tìm số hạng là số hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của
* Tìm n:
3 2 3 2
2 1
2 110 3 4 660 0 10
n n
C C n n n n
0,25
10
10
10
3
2
10
3 3
0
1 1
3 3 .3 .2
2 2
n
k
k
k
k
C
0,25
Do
2,3 1
nên số hạng hữu tỉ trong khai triển phải thỏa mãn
10
2
3
k
k
¢
¢
k chẵn và chia hết cho 3
Do
0 10 0, 6
k k k
0,25
6a
(2điểm)
0 5 6 2 2
10 10
945
0 .3 243. 6 .3 .2
2
k C k C
là các số hạng hữu tỉ cần tìm
0,25
Giải hệ phương trình…
Xét hệ
2 2
1 3 (1)
2
y x y x
y y xy x x
2 2 3
2
2 0
x y
x y y x y
x y
(Coi pt là bậc hai với x là ẩn y là tham số)
0,5
*
x y
thế vào (1) được
0
y
suy ra
0
x y
là nghiệm
0,25
7a
(1điểm)
*
2
x y
thế vào (1) được
3 2
0
2 0
1
y
y y y
y
. Ta được 2 nghiệm
1 0
và
1 0
x x
y y
Vậy hệ có 2 nghiệm
1 0
và
1 0
x x
y y
Cách 2: Nếu
0 0
x y
thỏa mãn hệ (0,25). Nếu
0 0
x y
thì chia 2 vế 2 pt cho x rồi đặt ẩn phụ
,
y
a b x y
x
(0,25). Giải hệ ẩn a, b được nghiệm a, b (0,25). Tìm được nghiệm (0,25)
Cách 3: HS có thể giải bằng phương pháp thế. Biểu điểm tương tự giải theo các phương pháp trên
0,25
1) (1 điểm) Tìm tọa độ các điểm
, , ,
A B C D
….
6b
(2điểm)
Gọi
2
;5 2
B b b d
. Đường thẳng
1
qua B và vuông góc
3
d
cắt
3
d
tại C. Phương trình
1
: 5 0
x y b
Tọa độ của C là nghiệm hệ
0
5 5
;
5 0
2 2
x y
b b
C
x y b
0,25
Đường thẳng AB //
3
d
nên có phương trình
5 3 0
x y b
.
Tọa độ A là nghiệm hệ
5 3 0
9 15 3 5
;
3 0
2 2
x y b
b b
A
x y
Đường thẳng
2
qua A và vuông góc
3
d
cắt
3
d
tại D. Phương trình
1
: 6 10 0
x y b
Tọa độ của D là nghiệm của hệ
0
3 5;3 5
6 10 0
x y
D b b
x y b
0,25
ABCD là hình vuông
2
5
2 9 10 0 2
2
AD CD b b b b
0,25
3 1 3 3 5 15 5 5 5 5 5 5
2 ; , 2;1 , ; , 1;1 ; , ;0 , ; , ;
2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 2
b A B C D b A B C D
0,25
2) (1 điểm). Tính xác suất….
Cách 1: Gọi
i
A
là biến cố “gieo lần thứ i được mặt 6 chấm”
1
, 1,3
6
i
P A i
i
A
là biến cố “gieo lần thứ i không được mặt 6 chấm”
5
, 1,3
6
i
P A i
0,25
Gọi B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”
B
là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm không xuất hiện”. Ta có
1 2 3
. .
B A A A
0,25
Do
1 2 3
, ,
A A A
độc lập với nhau nên
1 2 3
, ,
A A A
cũng độc lập
3
1 2 3 1 2 3
5 125
. . . .
6 216
P B P A A A P A P A P A
0,25
91
1
216
P B P B 0,25
Cách 2: Không gian mẫu
của phép thử này có số phần tử là
3
6 216
n kq đồng khả năng
0,25
Gọi A là biến cố “mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”. Xét các khả năng thuận lợi cho A như sau:
1) Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần gieo đầu thì 2 lần sau không xuất hiện,
có 1.5.5 = 25 kq thuận lợi. Tương tự cho mặt 6 chấm xuất hiện lần 2 và lần 3.Vậy TH này có 25.3 = 75 kq
2) Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần 1 và 2 thì lần 3 không xuất hiện, vậy có 1.1.5 = 5
kq. Tương tự cho 2 khả năng còn lại. Vậy TH này có 5.3 =15 kq
3) Mặt 6 chấm xuất hiện ở cả 3 lần gieo, có 1 kq
Vậy số kết quả thuận lợi cho A là:
75 15 1 91
n A
Chú ý: Có thể tính số khả năng thuận lợi cho biến cố đối
A
rồi tính
P A
0, 5
Xác suất của biến cố A là
91
216
P A
0,25
Giải phương trình …
Phương trình
2 2
2 2 2 3
2 3
log log 5
log log 5 log log 1 0
log log 1
x
x x x
x x
0,5
*
2 2
1
log log 5
5
x x
0,25
Câu 7b
(1điểm)
*
2 3
log log 1
x x
. Đặt
2
log 2
t
x t x
. Ta có pt
2 1
2 1 3 1
3 3
t t
t t
. Chứng minh pt này có
nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy nhất x = 2
KL: PT đã cho có 2 nghiệm như trên
0,25
