đề thi thử đại học môn toán có đáp án năm 2011 chuyên lê quý đôn qt khối a, b
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (142.46 KB, 7 trang )
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN - Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ LẦN 2
PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I. (2điểm) Cho hàm số
mx
mx
y
+
−
=
1
, (Cm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
1=m
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (Cm). Tiếp tuyến tại điểm bất kỳ
của (Cm) cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A và B.
Tìm
m
để tam giác IAB có diện tích bằng 12.
Câu II. (2 điểm) Giải các phương trình
1.
12
1
3
)1(2)1(
2
=
+
−
++−
x
x
xx
2.
01
3cos
2sincos
=+
+
x
xx
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân:
dx
x
xx
I
∫
+
+
=
2
0
2
2sin1
)sin(
π
Câu IV. (1 điểm) Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, có cạnh
AB =
2
3a
và các cạnh còn lại đều bằng a.
Câu V. (1 điểm) Xét các số thực dương
cba ,,
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ca
cb
b
ca
a
cb
P
32
)(12
3
34
2
)(3
+
−
+
+
+
+
=
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
(Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng (Oxy) cho điểm A (3 ; 0) và elip (E) có phương trình:
1
9
2
2
=+ y
x
. Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại
A.
2. Trong không gian (Oxyz) cho mặt phẳng (
α
) có phương trình:
012 =−++ zyx
và hai điểm A (1 ; 2 ; 3) , B (-2 ; 2 ; 0). Tìm điểm M trên mặt phẳng (
α
) sao cho
MBMA −
đạt giá trị lớn nhất.
Câu VIIa. (1 điểm) Giải hệ phương trình trong tập hợp số phức
−=−
−=−
i
zz
izz
5
3
5
111
22
12
21
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC, có đỉnh A( 1 ; 2); đường phân
giác trong và trung tuyến vẽ từ đỉnh B có phương trình lần lượt là: (BE):
052 =+− yx
và (BM):
0157 =+− yx
. Tính diện tích tam giác ABC
2. Trong không gian (Oxyz) cho mặt phẳng (
α
) có phương trình
012 =−++ zyx
và hai điểm A(1 ; 2 ; 3) , B(0 ; 3 ; 1).
Tìm điểm M trên mp (
α
) sao cho
∆
MAB có chu vi nhỏ nhất.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: AB
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
THI THỬ LẦN 2
PHẦN CHUNG (7 điểm)
Điểm
Câu I. (2 điểm)
mx
m
m
mx
mx
y
+
+
−=
+
−
=
11
2
(Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
1
2
1
+
−=
x
y
( )
1=m
* TXĐ:
RD =
\
{ }
1−
* Sự biến thiên:
- Giới hạn:
+∞=
−
−→ 1
lim
x
y
;
−∞=
+
−→ 1
lim
x
y
1limlim ==
+∞→−∞→ xx
yy
Tiệm cận đứng:
1
−=
x
, tiệm cận ngang:
1=y
- Bảng biến thiên:
( )
0
1
2
'
2
>
+
=
x
y
,
1−≠∀x
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
+∞−−∞− ;1;1;
* Đồ thị: Vẽ rõ ràng, chính xác
2.
?
=
m
để
( )
IABS
= 12
0
1
2
≠
+
+
mx
m
⇒
G/s
( )
Cm
mx
m
mxM ∈
+
+
−
0
2
0
1
;
. Tiếp tuyến tại
M
có phương trình:
( )
( )
mx
m
mxx
mx
m
y
+
+
−+−
+
+
=
0
2
0
2
0
2
11
;
( )
mx −≠
0
( )
+
+
+
−−
⇒
mmxB
mx
m
mmA
;2
22
;
0
0
2
mx
m
IA
+
+
=⇒
0
2
1
2
;
mxIB +=
0
2
( )
122212.
2
1
22
=+=+== mmIBIAIABS
⇔
{ }
5;5−∈m
Câu II (2 điểm) Giải phương trình
1.
( ) ( )
12
1
3
121
2
=
+
−
++−
x
x
xx
, ĐK:
≥
−<
3
1
x
x
( )( ) ( )
08
1
3
1231 =−
+
−
++−+⇔
x
x
xxx
( )
( )
−=
+
−
+
=
+
−
+
⇔
4
1
3
1
2
1
3
1
x
x
x
x
x
x
=−−
=−−
⇔
1632
432
2
2
xx
xx
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Tiệm cận đứng:
mx −=
Tiệm cận ngang:
);( mmImy −⇒=
; (Chọn
)3≥x
; (Chọn
)1−<x
=−−
=−−
⇔
0192
072
2
2
xx
xx
−=
+=
⇔
521
221
x
x
{ }
221,521,
+−=
S
2.
01
3cos
2sincos
=+
+
x
xx
(1)
ĐK:
0)3cos4(cos3cos
2
≠−= xxx
(1)
( )
01
3cos4cos
cossin2cos
2
=+
−
+
⇔
xx
xxx
01sinsin2
2
=−−⇔ xx
=−⇒−=
=⇒=
⇔
03cos4
2
1
sin
0cos1sin
2
xx
xx
Vậy, phương trình
(1)
vô nghiệm
Câu III (1 điểm)
∫∫
+=
+
+
+
=
2
0
21
2
2
0
2sin1
sin
2sin1
ππ
IIdx
x
x
dx
x
x
I
*
∫ ∫
−
=
+
=
2
0
2
0
2
1
4
cos2
2sin1
π π
π
dx
x
x
dx
x
x
I
Đặt:
−=
=
⇒
−
=
=
4
tan
2
1
4
cos2
2
π
π
xv
dxdu
x
dx
dv
xu
44
cosln
2
1
4
tan
2
||
2
0
2
0
1
πππ
ππ
=
−+
−=⇒ xx
x
I
*
∫
+
=
2
0
2
2
2sin1
sin
π
dx
x
x
I
, đổi biến:
xt −=
2
π
đưa đến
∫
+
=
2
0
2
2
2sin1
cos
π
dx
x
x
I
1
4
tan
2
1
4
cos2
2
|
2
0
0
2
2
=
−=
−
=⇒
∫
π
π
π
x
x
dx
I
2
1
2
=⇒ I
Vậy,
2
1
4
21
+=+=
π
III
Câu IV (1 điểm)
Gọi
I
là trung đểm cạnh
CD
( )
⊥
⊥
⇒
CDBI
CDAI
Gt
AB
a
BIAI ===
2
3
,
(1)
A
( )
ABI⇒
là mp trung trực cạnh
CD
. Gọi
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
; (Chọn
)3≥x
; (Chọn x < -1)
(loại)
(loại)
M
C
D
I
M
là giao điểm của
BI
với mặt cầu
( )
S
ngoại tiếp tứ diện
ABCD
.
⇒
Đường tròn lớn của
( )
S
là đường tròn
( )
ABM
. Mặt phẳng
( )
BCD
cắt
( )
S
theo
đường tròn
( )
BCD
qua M, hơn nữa BM là
đường kính.
3
2
60sin
0
aa
BM ==⇒
(1)
ABI
∆⇒
đều
⇒
ABM = 60
0
12
13
60cos.2
022
aBMABBMABAM =−+=
6
13
60sin2
0
aAM
R ==⇒
33
162
1313
3
4
aRV
ππ
==⇒
Câu V (1 điểm)
(*)
411
0,
yxyx
yx
+
≥+⇒>
Dấu “=” xảy ra
yx
=⇔
(CM được)
( )
=+
+
−
+
+
++
+
+=+ 8
32
12
3
34
1
2
)(3
211
ca
cb
b
ca
a
cb
P
( )
+
++++=
caba
cba
32
4
3
1
2
1
334
Áp dụng (*):
baba 32
4
3
1
2
1
+
≥+
cbacaba 334
16
32
4
32
4
++
≥
+
+
+
⇒
cbacaba 334
16
32
4
3
1
2
1
++
≥
+
++
51611 ≥⇒≥+⇒ PP
Dấu “=” xảy ra
acb
3
2
==⇔
⇒
Min
khiP ,5=
acb
3
2
==
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1.
( )
1
9
:
2
2
=+ y
x
E
( )
)(0;3 EA ∈
;
)(, ECB ∈
:
ACAB =
Chứng minh được:
( ) ( )
0000
;; yxCyxB −⇒
;
( )
3
0
<x
H là trung điểm của
( )
0;
0
xHBC ⇒
2
00
9
3
2
2 xyBC −==⇒
;
00
33 xxAH −=−=
ABC∆
vuông cân tại
A
BC
2
1
AH =⇔
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
B
( ) ( )( )
00
2
0
2
00
3339
9
3
1
3
xxx
xx
+−=−⇔
−=−⇔
=⇒=
=
⇔
5
3
5
12
3
00
0
yx
x
Vậy,
−
−
5
3
;
5
12
,
5
3
;
5
12
5
3
;
5
12
,
5
3
;
5
12
CB
CB
2. Đặt
12),,( −++= zyxzyxF
F
(1 ; 2 ; 3)
F
(-2 ; 2 ; 0)
< 0
⇒
A và B nằm về hai phía của mp
( )
α
B
1
(x
1
, y
1
, z
1
); I là trung điểm của BB
1
( )
1111
;2;2 zyxBB −+=
,
+−
2
;
2
2
;
2
2
111
zyx
I
B
1
= Đ
α
(B)
( )
=−++∈
=
⇔
012:
)1;1;2(//
1
zyxI
nBB
α
α
=−++
=
+
=
+
⇔
042
22
2
2
2
111
111
zyx
zyx
( )
1;3;0
1
B⇒
6
11
=≤−=− ABMBAMMBMA
Dấu “=” xảy ra
1
,, BMA⇔
thẳng hàng.
( )( )
α
∈M
( )
α
∩=⇔
1
ABM
( )
+=
−=
+=
tz
ty
tx
AB
23
2
1
:
1
,
( ) ( )
1;4;1012: −−⇒=−++ Mzyx
α
khiABMBMAMax ,6
1
==−
( )
1;4;1 −−M
Câu VIIa. (1 điểm)
Hệ đã cho được viết
−
=
−
−=−
5
31
22
21
21
21
i
zz
zz
izz
⇔
( ) ( )
( ) ( )
+−=−
−=−+
izz
izz
24
12
21
21
1
z⇒
và -
2
z
là các nghiệm của phương trình.
( ) ( )
02412
2
=+−−− iziz
( ) ( ){ ( ) }
iiiizz +−−−+−∈ 3;1,1;3;
21
b. Theo chương trình nâng cao
Câu VI b: (2,0đ)
1.
( ) ( ) ( )
1;2
157
52
: −⇒
−=−
−=−
∩= B
yx
yx
BMBEB
( ) ( ) ( )
2;1A2;1;;
111111
−−=⇒ yxAAyxA
I là trung điểm
++
⇒
2
2
;
2
1
A
11
1
yx
IA
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(loại)
=
1
A
Đ
BE
( )
A
( )
( )
BCA
yxBEI
uAA
BC
∈
=+−∈
=⊥
⇔
1
1
,
052:
2;1
( )
=
−=
⇔
=+
+
−
+
=−+−
⇔
4
3
05
2
2
2
1
2
0221
1
1
11
11
y
x
yx
yx
( ) ( )
1;33;1
1
=⇒−=⇒
BC
nBA
( )
053: =++ yxBC
=
2
A
Đ
( ) ( )
CAAA
B 22
,0;5−⇒
//
BM
( )
1;7
2
−=⇒
CA
n
( )
0357:
2
=+− yxCA
( ) ( ) ( )
7;4
2
−⇒∩= CCABCC
102=⇒ BC
( )
10
19
523
, =
+
++
== BCAdAH
( )
10.
2
1
==⇒ AHBCS
ABC
(đvdt)
2. Đặt:
( )
12;; −++= zyxzyxF
( ) ( )
⇒> 01;3;03;2;1 FF
A và B nằm về cùng phía của mp
( )
α
( )
1111
;; zyxB
I là trung điểm của BB
1
( )
++
−−=⇒
2
1
;
2
3
;
2
,1;3;
111
1111
zyx
IzyxBB
B
1
= Đ
α
(B)
( )
=−++∈
=
⇔
012:
)1;1;2(//
1
zyxI
nBB
α
α
=+++
−
=
−
=
⇔
022
1
1
1
3
2
111
111
zyx
zyx
( )
0;2;2
1
−⇒ B
Chu vi
MAB∆
, ký hiệu:
P
23666
11
+=+≥++=++= ABMBAMMBMAABP
Dấu “=” xảy ra
1
,, BMA⇔
thẳng hàng
( )
α
∩=⇔
1
ABM
( )
+=
=
+=
tz
y
tx
AB
3
2
1
:
1
( )
⇒=−++ 012: zyx
α
M (-1 ; 2 ; 1)
Min
( )
332 +=P
, khi M (-1 ; 2 ; 1)
Câu VIIb. (1 điểm)
Giải phương trình:
( )
xx
x
3
log
2
log6log
3
=+
Đặt:
t
xtx 3log
3
=⇔=
(1)
Phương trình trở thành:
( )
t
tt
=+ 63log
2
ttt
263 =+⇔
13
2
3
=+
⇔
t
t
(2)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
t
t
tf 3
2
3
)( +
=
là hàm số đồng biến trên
R
∀>+
= ttf
t
t
,03ln3
2
3
ln
2
3
)('
)1()()2( −=⇔ ftf
1−=⇔ t
. Từ
(1)
ta được
3
1
=x
=
3
1
S
0,25
0,25
