Đề và Đáp án thi thử ĐH trường THPT Hàm Rồng Thanh Hóa 2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (326.54 KB, 5 trang )

Hết

trờng thpt hàm rồng
.

Đề Ktcl theo khối thi đại học
Môn: Toán - khối A
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 12 tháng 03 năm 2011.
Phần chung cho tất cả các thí sinh
( 7.0 điểm)
Cõu I: (2 điểm) Cho hm s
(
)
412
224
++= mxmxy

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn -4.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phơng trình:
xx
xxx
cot
1
cos
1
cos2cos2
4
9

cos2
22
+=

2. Giải hệ phơng trình:

++=+
=+++
272)(
41
22
22
yxyxy
yxyyx

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân

+

+
4
0
2
3
cos1.cos
1tan

dx
xx
x

Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có BC = 2a, BAC = 90
0
, ACB = 30
0
. Mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (ABC),

SAB cân tại S,

SBC vuông. Tính thể tích khối chóp
S.ABC theo a.
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng:

10
1
3
11
2

22

+
+
+
+
+
c
c
b
b
a
a

Phần riêng
( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ đợc chọn một trong hai phần: (phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: (theo chơng trình chuẩn)

Câu VIa: (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho

ABC có B(-2; 3), phân giác trong góc A: 3x - y + 1 = 0 (d
1
),
đờng trung tuyến CN: x + y - 3 = 0 (d
2
). Lập phơng trình đờng thẳng chứa cạnh AC.
2/ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm của đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC biết A(-1; -2; 1), B(1; 0; -1), C(-1; 0; 3).
Câu VIIa: (1 điểm) Giải phơng trình

( ) ( ) ( )
xxx 4log2log
4
1
3log
2
1
2
8
4
2
=++
Phần 1: (theo chơng trình nâng cao)

Câu VIb: (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho đờng tròn (C):
( ) ( )
2
25
21
22
=++ yx
và đờng
thẳng d: 3x + 4y - 20 = 0. Lập phơng trình các cạnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đờng
tròn (C) biết A

d.
2/ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(0; 0; -1), B(-1; 1;
2
1

) . Lập phơng trình mặt
phẳng (P) đi qua A, B và khoảng cách từ điểm C(1; -1; 2) đến (P) bằng 3.
Câu VIIb: (1 điểm) Tìm hệ số của x
9
trong khai triển
n
x
xxP

=
2
3
3
2
)(
, Biết n là số tự nhiên
thoả mãn
5
2
2345
6
11
33
+
=+++

nnnnn
CCCCC
.

www.VNMATH.com
trờng thpt hàm rồng
.

đáp án Đề Ktcl theo khối thi đại học
Môn: Toán - khối A
Ngày thi: 12 tháng 03 năm 2011.
Nôi dung
Câu
phần chung
Điểm

1
0
. TXĐ: R
2
0
. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: y = 4x
3
- 12x,

=
=
=

3
0
0
/
x
x
y

0,25
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
(
)
3;0,3;
.
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
(
)
+ ;3,0;3
.
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y
(0)
= 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
3

, y
CĐ
= y
(
3
)
= -9
* Giới hạn:
+
=
+
=
+
yy
xx
lim,lim
0,25
* Bảng biến thiên:
x
-

-
3
0
3
+

y - 0 + 0 - 0 +
y +

0 +

-9 -9

0,25
Câu I.1

3
0
. Đồ thị:

* y= 12x
2
- 12 = 0 x = 1 hoặc x = -1.
Đồ thị có hai điểm uốn: U
1
( -1; -5), U
2
( 1; -5).
* Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,25
ĐK: Phơng trình

(
)
0412
224
=++ mxmx
(1) có 4 nghiệm phân biệt
(
)
4;4

.
0,25

Đặt t = x
2
> 0. (*) trở thành:
(
)
0412
22
=++ mtmt
(2)
Ta có: -4 < x < 4 x
2
< 16.
(1) có 4 nghiệm phân biệt
(
)
4;4

thì (2) phải có nghiệm t
1
, t
2
: 0 < t
1
< t
2
<16.
0,25
Câu I.2

=> ĐK:
( )
( )
102
1552
015
2
1552
2
16521
04
012
052
2
2
2

/
<<

<+

>

<+
>

<+++=
>=
>+=
>+=
m
mm

m
m
mm
m
mmt
mP
mS
m

0,5
ĐK:
.
2
0sin
0cos

kx
x
x

(*)

0,25

Câu II.1

=

+

=
x
xx
x
xx
x

x
x
xxx
cos
1
cos22cos
cos
1
cos2sin
cos
sin
cos
1
cos22cos2sin

0,25

x

y

-
6

6

3

-

3

O

-
9

-
1

1

-
5

U
1
U
2
www.VNMATH.com
\\
\\
|
|
M
H
C
B
A
S

=

=
=

=

2
1
4
sin1cossin
02cos
2cos2cos.cos2cos.sin

xxx
x
xxxxx

Giải ra ta đợc:

2,2
2
,
2
4
kxkxkx +=+=+=

0,25

Kết hợp (*) =>
2
4

kx +=
.

0,25
Nhận thấy y = 0 không thoả mãn hệ => y

0. Chia 2 vế của hai phơng trình cho y:
( )

( )

+

+=+
=++

+

++=+
=+++

++=+
=+++
7
1
2)(
4
1
2
72)(
4
1
272)(
41
2
2
2

2
2
2
22
22
yy
x
yx
xy
yy
x
yy
x
yx
y
xy
y
x
yxyxy
yxyyx

0
,5
Đặt u =
yy
x 1
2

+
, v = x+ y. Hệ trở thành:

==
==

+=
=+
1,
3
9,5
72
4
2
uv
uv
uv
vu

0,25
Câu II.2

* Với

=+
=+

=
=
yx
yx
u
v
91
5
9
5
2
( Vô nghiệm)
* Với

==
==

=+
=+

=
=
5,2
2,1
1
3
1
3
2
yx
yx
yx
yx
u
v

Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm (x; y) là: (1; 2) và (-2; 5).

0,25
( )

+
+

=
+
+
=
+
+
=
4
0
2
3
4
0
2
2
3
4
0
2
3
tan
2tan
1tan
1
cos
1
.cos
1tan
cos1.cos
1tan

xd
x
x
dx
x
x
x
dx
xx
x
I

Đặt t = tanx.
1
4
00
==
==
tx
tx

+
+
+
=
+
+

=
1
0
2
1
0
2
3
1
0
2
3
222
1
t
dt
t
dtt
dt
t
t
I

0,25
*
2
31

ln
0
1
2ln
2
2
1
0
2
1
+
=++=
+
=

tt
t
dt
I
(
)
(
)

+
=++
2
1
2ln
2
/
2
t
ttDo

0,25
*

+
=
+
=
1
0
2
2
1
0
2
3
2
2

2
.
t
dttt
t
dtt
I
. Đặt
31
20
,2,
2
2
22
2
2
==
==
=
+
=+=
ut
ut
ut
t
tdt
dutu

0,25
Câu III
( )
3
3
24
2
3
2
3
2
3
3
2
2
2
=

==

u
u
duuI => 3

3
24
=I +
2
31
ln
+

0,25
Câu IV

AB = BC.sinC = a, AC = BC.cosC = 3a
(
)
(
)
( )
SABAC
ABAC
ABCSAB

Gọi H là trung điểm AB
ABSH

(
)
(
)
( ) ( )
( )
ABCSH
ABABCSAB
ABCSAB
Do

=

Nếu
SBC

vuông tại B
(
)
SABBC

( vô lý) => loại
Nếu

SBC

vuông tại C
(
)
HCBCSHCBC

( vô lý)
=> loại
SBC

vuông tại S

0,5

www.VNMATH.com

H
B'
D
N
C
A
B

Gọi M là trung điểm BC =>
aBCSM ==
2
1

Vì
(
)
HMSHABCSH

=>
242
3
2
2
2222
a
SH
aa
aHMSMSH ==

==

12
3
2
.3
2
1
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV
ABCABCS
=

==

0,5
Đặt a = tanx, b = tany, c = tanz với 0 < x, y, z <
4

.
Theo gt: ab + bc + ca = 1 tanx.tany+ tany.tanz + tanz.tanx = 1.
(tanx+ tanz).tany = 1 - tanz.tanx
( )
0cos)tan(cot
tantan1
tantan
tan
1
=+++=

+
= zyxzxy
zx
zx
y

(*)
Vì 0 < x, y, z<
4

nên 0 < x+ y+ z <
4
3

. Do đó: (*) x + y + z =
2

.
102sin62sin2sin10
1
3
11
2
22
++
+
+
+
+
+
zyx
c
c
b
b
a

a

0,5
Câu V
Ta có:
( ) ( ) ( )
zyxzzyxyxVT sin6cos.
2
sin2sin6cos.sin2 +

=++=

( ) ( )
[
]
[
]
102364sincos6cos4sin6cos.cos2
2222

=++++= zzyxzyxz

0,5
21
)3;(,)13;(
dxxNdxxA
NNAA

+

Do N là trung điểm của AB nên: )4;1(1
)3(23)13(
22
Ax
xx
xx
A
NA
NA
=

=++
=

0,25

Gọi B là điểm đối xứng với B qua d
1
và
'
1
BBdH

=

BB

d
1
nên BB: x + 3y + m =0
BB qua B(-2; 3) => m = -7 => BB: x + 3y - 7 =0
+Toạ độ điểm H:

=+
=+
5
11
;
5
2
013
073
H
yx
yx

+ H là trung điểm của BB nên:

=
=
5
7
;
5

14
'
2
2
'
'
B
yyy
xxx
BHB
BHB
.

0,5

Câu
VIa.1

Đờng thẳng AC: qua A(1; 4) và có VTCP là

=

5
13
;
5
9
'
AB

=> PT AC: 049913
13
4
9
1
=+

=

yx
yx

0,25
Câu
VIa.2

+
(
)

(
)
[
]
(
)
4;4;8,2;2;0,2;2;2 === ACABACAB
là VTPT của(ABC).
PT(ABC): 2(x-1) - y + (z+1) = 0 2x-y + z -1 = 0
+ Phơng trình mặt phẳng trung trực của AB: (P): x+y - z + 1 = 0
+ Phơng trình mặt phẳng trung trực của BC: (Q): x - 2z + 2 = 0.
+ Toạ độ tâm đờng tròn:

=
==

=
=+
=+
1
0
22
1

12
z
yx
zx
zyx
zyx
=> Tâm I(0;0;1)
0,25

0,25
0,25

0,25
Câu
VIIa
ĐK:
20

<
x
(*)
pt
( )

===+

==
=+
1,6065
2
333
063
42.3
2
2
xxxx
xxx
xxx

Kết hợp với điều kiện (*) =>Phơng trình có hai nghiệm: x= 1 và x =
2
333+

0,25

0,5

0,25
www.VNMATH.com
D
C
B
R

I
d
A
(C): Tâm I(1; -2), R =
2
5
. Đờng thẳng d:

=
=
ty
tx
35
4

A
)35;4( ttAd

. Theo giả thiết AI = 52. =R
(
)
(
)
)2;4(1253714
22
Attt ==+

.
0,25

Phơng trình cạnh hình vuông qua A có dạng
0)2()4(:
=

+

ybxa
,
.0
22
+ ba

( )

=
=
=
=
+

=

ab
ba
baba
ba
baba
RId
7
7
07487
2
5
242
,
22
22

+ Với a = 7b: chọn b =1, a =7 =>

: 7x + y - 30 = 0
+ Với b = -7a: chọn b = -7, a =1 =>

: x - 7y + 10 = 0
Không mất tính tổng quát, gọi AB: 7x+y-30 =0, AD: x- 7y + 10 = 0
0,25

0,25

Câu
VIb.1
Do I là trung điểm AC => C(-2; -6)
BC qua C và // AD => BC: x - 7y - 40 = 0
DC qua C và // AB => DC: 7x + y + 20 = 0
KL: AB: 7x + y - 30 = 0, AD: x - 7y + 10 = 0, BC: x -7y - 40 = 0, DC: 7x + y + 20 = 0
0,25
Phơng trinh (P) qua A có dạng: ax + by + c(z+1) = 0,
0
222
++ cba

B

(P) nên: -a + b +
2
3
c = 0 => a = b +
2
3
c
(P): (b +
2
3
c)x + by + cz+ c = 0
0,25
( )

==
==

++

+==
++

+
++
=
)2(22
)1(
2
1
2

3
2
3
3
2
3
3
2
3
3)(,
22
2
22
2
babc
babc
cbcbc
cbcb
cbcb
PCd

0,5
Câu
VIb.2
Với (1): Chọn b = -2, a = 1, c = 2 => (P): x - 2y + 2z + 2 = 0
Với (2): Chọn b = -1, a = 2, c = 2 => (P): 2x - y + 2z + 2 = 0.
Vậy (P) có phơng trình là: x - 2y + 2z + 2 = 0 hoặc 2x - y + 2z + 2 = 0.
0,25
ĐK:
Nnn