Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 trường THPT Quế Võ pdf

1
Sở GD&ĐT Bắc Ninh
Trờng THPT Quế Võ số 1

đề thi Thử Đại học lần 1
Môn thi: TOáN 12
(Thời gian lm bi: 150 phút)

I. phần chung cho tất cả thí sinh. (7 điểm)

Câu I : (2 điểm)
Cho hm số : y = - x
3
- 3x
2
+ mx + 4.(1)
1.Khảo sát hm số vi m = 0.
2.Tìm m để đồ thị hm số (1) có điểm cực đại v điểm cực tiểu đồng thời chúng đối xứng với nhau qua
đờng thẳng : y =
15
44
x
.
Câu II: (2 điểm)
1.Giải hệ phơng trình :



22
22

254 62 0
1
2x+ =3 - y
2
xy x y xy
xy








2.Giải phơng trình:



2
3 2 cos 2 3 2 cos sin 0cos x x x x
.
Câu III:(1 điểm) : Tính tích phân sau: I =
4
2
4
.
x
sinx
dx
cos x

.
Câu IV:(1 điểm):
Cho hình chóp S. ABCD có ABCD l hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Gọi M, N lần
lợt l trung điểm của AD v SC, I l giao điểm của BM v AC. Cho SA= a, AD = a
2
, AB = a. Chứng
minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) v tính thể tích của tứ diện ABIN.
Câu V:(1 điểm): Cho a, b l các số dơng thoả mãn: ab + a+ b = 3 .
Chứng minh rằng:
22
33 3
11 2
abab
ab
baab



II. phần riêng.(3 điểm) (Thí sinh chỉ đợc lm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
1. Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa: (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ OXY cho đờng tròn (C) : (x-1)
2
+ (y + 2)
2
= 9 v đờng thẳng

(d) : 3x - 4y + m = 0. Tìm m để trên (d) có duy nhất một điểm P m từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến
PA, PB tới (C) (A, B l tiếp điểm) sao cho tam giác PAB l tam giác đều.
2.Trong không gian với hệ toạ độ OXYZ cho đờng thẳng (d) có phơng trình đợc viết dới dạng
giao của hai mặt phẳng :
30
230
xz
yz





v mặt phẳng (P): x+y+z=3.Tìm toạ độ giao điểm A của đờng thẳng
(d) v mặt phẳng (P).Lập phơng trình đờng thẳng (d) l hình chiếu vuông góc của đờng thẳng (d) trên
mặt phẳng (P) .
Câu VIIa(1 điểm): Giải bất phơng trình sau:
236 35
2 15.2
xx x

< 2
x
.

2. Theo chơng trình nâng cao
Câu VIb: (2 điểm) :
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ OXY cho tam giác ABC có đờng phân giác trong của góc A : x + 2y - 5
= 0, đờng cao kẻ từ A : 4x + 13y - 10 = 0, điểm C(4;3) . Tìn toạ độ điểm B.
2. Trong không gian với hệ toạ độ OXYZ cho điểm A(-2;0;-2), B(0;3;-3) .Lập phơng trình mặt phẳng (P)

qua A sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) l lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
Cho hm số y =
2
1
1
x
x
x


(C).Cho M l điểm bất kỳ trên (C), tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại hai điểm
A, B . Chứng minh rằng M l trung điểm AB.

Hết

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

2
Đáp án.
Câu Nội dun
g

Điểm
I 1. Khảo sát hm số (1đ)
. m=0: y = - x
3
- 3x
2
+ 4.

. Txđ: D = R
. Sự biến thiên: + y= - 3x
2
-6x, Tìm đợc nghiệm y = 0 , Tính đợc y
CT
, y
CĐ
, giới hạn 0,5
. Hm số nghịch biến trên mỗi khoảng: (

;-2) v (0;+

),
.Hm số đồng biến trên khoảng (-2;0).
. Bảng biến thiên:
x

-2 0 +



y - 0 + 0 -
0.25

y +

4


0

. Đồ thị:
Đồ thị cắt trục honh tại (1;0) v tiép xúc với trục honh tại (-2;0), cắt trục tung tại (0;4)
0.2
5
đồ thị nhận điểm (-1;2) lm tâm đối xứng.


f(x)=-x^3-3*x^2+4
T p hp 1
T p hp 2
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7

8
9
y
y


2. (1đ)

. y = - x
3
- 3x
2
+ mx + 4 (1)
. y= - 3x
2
-6x +m, tính đợc y= y
112 1
()(2)4
33 3 3
m
x
xm
0.25
. để đồ thị hm số (1) có điểm cực đại v điểm cực tiểu thì y = 0 có hai nhgiệm phân biệt
. tính đợc giá trị của m: m>-3
. Gọi A, B l hai điểm cực đại v điểm cực tiểu thì : x
A
+ x
B
= -2 v A, B nằm trên đờng thẳng

0.25
y =
21
(2)4
33
m
x
m

. Để A, B đối xứng với nhau qua đờng thẳng (d) y =
15
44
x

thì :
A
Bd
Id





( I l trung điểm AB)
0.25
. I(-1; -m+2)
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

3
.

ABd
m=3,
Id
m=3
Kl: m = 3.
0.2
5



II 1. (1®)

.



 



2222
22 22
254 62 0254 62 0
11
2x+ =3 - y 2x+y+ =3
22
xy x y xy xy x y xy
xy xy

     








0.25
. §Æt
2
4
(v 0)
2
2
uv
x
uxy
vxy uv
y









 








0.25
. HÖ trë thμnh:
22
560 (1)
1
u+ 3 (2)
uuvv
v








. Tõ (1) t×m ®−îc: + u = 2v thÕ vμo (2) t×m ®−îc ( u=2, v= 1) vμ ( u = 1, v=
1
2
)
0.25
Víi u=2, v= 1 tÝnh ®−¬c (x;y) = (
31
;

42
)
Víi u=1, v=
1
2
tÝnh ®−¬c (x;y) = (
31
;
84
)
+ u = 3v thÕ vμo (2) v« nghiÖm.

Kl : nghiÖm (x;y) = (
31
;
42
); (
31
;
84
).
0.25


2. (1®)

.








2
3 2 cos 2 3 2 cos sin 0 3 3 2 0 0.5
6
30
2 k Z
3
32 0
2
2
3
cos x x x x sinx cosx sinx
xk
sinx cosx
xk
sinx
xk






    


 























0.5

III I =
4
2
4
.
x

sinx
dx
cos x




.
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

4
. có x.sinx
-
0 x ;
44





v
2
x
sinx
y
cos x

l hm chẵn suy ra I =
44
22

0
4
.
2
xsinx
x
sinx
dx dx
cos x cos x





.
0.25
.Đặt
44
4
0
00
2

x2
I = 2 2
1
cosx 2
u x du dx
dx dx
sinx

cosx cosx
dv dx v
cos x cosx





















0.25
Tính:
44
1
2
00

cos
1
dx xdx
I
cosx sin x




. Đặt t= sinx suy ra dt= cosx dx, Với :
0 0
2

42
x
t
xt





.
22
2
22
2
1
2
00

0
111 11 122
() dt =ln ln
1211 21 2
22
dt t
I
ttt t






. Vậy I
222
ln
2
22





0.5

IV (hình sai không chấm điểm)
(SBM) vuông góc với (SAC)
0.5
. Xét hai tam giác vuông ABM v ABC có :

ã
ã
ã
ã
ã
ã
ã
00
1
90 90 (1)
2
AM BA
BAM CBA ABM BCA ABM BAI BCA BAI AIB MB AC
AB BC
:

. Lại có:
( ) (2)
SA ABCD SA BM

. Từ (1) v (2)
( ) BM SAC
.Vậy (SBM) vuông góc với (SAC).
Tính thể tích S
0.5
. Gọi H l trung điểm AC, suy ra NH =
2
a

CM đợc NH l đờng cao của tứ diện ABNI.

1
.
3
A
BI
VNHS


N
. trong tam giác vuông ABM tính đợc
AI =
3a6
BI =
23
a

(tam
g
iác ABI vuôn
g
tại I) A D
I I H
Vậy
3
1136 2
. .( . . )
32 2 3 3 36
aaa a

V

(đvtt) B C
V .
22
33 3
11 2
abab
ab
baab



. Có ab+ a+ b = 3 suy ra:
+ ) 3=ab+ a+ b

2
2
a+b 2
a+b +4 a+b 12 0 a+b 2 (1)
a+b -6
2
ab
ab

+) ab+ a+ b = 3
ab 3 ab 3
1 1 (2)
a+b a+bab ab



+)ab+ a+ b = 3



a+1 b+1 =4 (3)

0.5
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

5
.


22
33 3 3 3
1
11 4 4
abab

ab ab
b a ab ab


( theo (2) v (3) )
.
22 22
33 3 3

211 2
abab
ab ab
baab





22 22
333 12
1 3 10
44
ab ab ab ab
ab ab




. Có

2
22
2
ab
ab


ta cần chứng minh


2
12
310
2
ab
ab
ab



(*)
0.25
. Đặt a+b = x (x

2) ta đợc:
2
24
6200xx
x

(x-2) ((x-2)
2
+8)
0 x 2
. Dấu bằng xảy ra khi v chỉ khi x=2
Vậy : (*) đúng suy ra

22
12
310ab ab
ab


. Dấu bằng xảy ra khi v chỉ khi a=b= 1
Suy ra điều phải chứng minh.
0.25




VIa 1.(1đ)

. Tâm I (1;-2) bk R = 3
. Tam giác PAB đều suy ra PI = 2AI = 2R =6. vậy P nằm trên đờng tròn C (I;6).
0.5
. Do trên d có duy nhất điểm P nên (d) l tiếp tuyến của (C).
. Tìm đợc m = 19, m=-41.

0.5

2.(1đ)

. Tìm đợc véc tơ chỉ phơng của (d):

2; 3; 2u
r

0.25
. Gọi (Q) l mặt phẳng qua A v vuông góc với (P), giao tuyến (d) của (P) v (Q) l hình chiếu
vuông góc của (d) trên (P).
. Lập pt (Q): + véc tơ pháp tuyến

1; 4 ; 5n
r

0.5
+ pt: x+4y-5z-3=0
. Véc tơ chỉ phơng của d:

'3;2;1u
ur
. Vậy pt (d):
33
2 (t R)

xt
yt
zt

0.25

VIIa . Đk x

-3

23635 232635 2(33)33
2 15.2 2 2 15.2 1 4.2 15.2 4
xx x x x x xx xx xx


0.5
Đặt t=
33
2
x
x
(t>0), đợc pt: 4t
2
+15t-4<0

Tìm đơc: 0<t< 1/4 từ đó tìm đợc : x>1 hoặc x<-2. KTĐK suy ra nghiệm của bpt: x>1
0.5

VIb 1. (1đ)

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

6
. Tìm đợc A(9;-2), pt AC: x+y-7 = 0
. Pt BC : 13x- 4y-40=0
0.5
.Gọi C đối xứng với C qua phân giác trong của góc A, Tìm đợc C(-2;1) thuộc vo AB.
. Pt AB: x+7y-5=0
. Từ đó tìm đợc B
52 21
;
19 19





0.5
2. (1đ)

.

2; 3; 1
AB

uuur

. Gọi H l hình chiếu của B trên (P) ta có : d(B, (P) )= BH v AB

BH
. d(B, (P) )lớn nhất khi BH=AB, khi đó (P) qua A v có vtpt

2; 3; 1
AB

uuur

. Pt mp (P) : 2x+3y-z+2=0

VIIb .
2
00
00
0
1
( ) M x ; (x 1)
1
xx
MC
x

. Pt tiếp tuyến tại M có dạng :


2
00
0
2
0
0
1
1
1
1
1
xx
yxx
x
x









0.5

. Hai tiệm cận của đồ thị : x=1 v y= x
. Giao điểm A, B của tiếp tuyến với hai tiệm cận :
0
0
1
1;
1
x
A
x





, B ( 2x
0
-1; 2x
0
-1)
. Chứng tỏ đợc M l trung điểm AB
0.5
(Ly ý: Các cách giải đúng khác vẫn cho điểm)

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

7

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !