de thi thu truong Tp thanh hoa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (354.09 KB, 5 trang )
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối A+B
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
1
12
+
+
=
x
x
y
1.
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
)(H
c
ủ
a hàm s
ố
đ
ã cho.
2.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị
)(H
bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n cách
đề
u hai
đ
i
ể
m
)4;2(A
và
)2;4( −−B
.
Câu II (2,0 điểm)
1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
12cos.2sin33)cos(sin4
66
=−+ xxxx
2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
)(42420
2
Rxxxxx ∈+=+++
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân:
dx
xx
xxx
I
∫
+−
+−
=
2
0
2
23
1
32
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, gọi M,N lần lượt là trung điểm
các cạnh A’B’, B’C’. Tính theo a thể tích khối tứ diện AD’MN và khoảng cách từ A đến đường
thẳng D’N.
Câu V (1,0 điểm) Cho
0,, >cba
và
3=++ cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ba
cca
ac
bbc
cb
aab
P
+
+
+
+
+
+
+
+
=
333
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho
ABC∆
có phương trình các cạnh
ACAB,
lần lượt là
032
=−−
yx
,
0
=+
yx
và trọng tâm
)1;2(
−
G
. Lập phương trình cạnh
BC
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm
)9;8;1(
A
và
)3;4;3(
−−−
B
. Tìm toạ độ điểm
C trên mặt phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng
4182
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình )(0
33
log)2(log
2
3
2
3
Rx
x
x
x
x
∈=
+−
+−
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua
)3;2(
M
và cắt đường
tròn
0222
22
=−−−+ yxyx
tại hai điểm
BA,
sao cho
32=AB
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm
)3;4;2(
−
A
và
)15;2;4(B
. Tìm toạ độ điểm
M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
=++−
=+−+−
4)1(log3)2(log2
0222
22
2
yyx
xyxyy
Hết
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh……………………
www.laisac.page.tl
Trang
1
/4
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối A+B
( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
• Tập xác định:
}1{\
−
=
RD
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
10
)1(
1
'
2
−≠∀>
+
= x
x
y
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1;(
−
−∞
và
);1(
+∞
−
- Giới hạn và tiệm cận: lim
x → -∞
y = 2, lim
x → +∞
y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2
lim
x → (-1)
-
y = + ∞ lim
x → (-1)
+
y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1
0.25
- Bảng biến thiên:
x -∞ -1 +
∞
y’ + +
y +∞
2
2
-∞
0.25
• Đồ thị:
Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng
0.25
2.(1.0 điểm)
Gọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm
)1(
0
−≠x
, phương trình tiếp tuyến là
1
12
)(
)1(
1
0
0
0
2
0
+
+
+−
+
=
x
x
xx
x
y
Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB
hoặc trùng với AB.
0.25
• Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:
1
1
12
)1(
)1(
1
1
0
0
0
0
2
0
=⇔
+
+
+−−
+
= x
x
x
x
x
suy ra phương trình tiếp tuyến là
4
5
4
1
+= xy
0.25
• Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là
1
)2(4
)4(2
=
−−
−
−
−
=k
−=
=
⇔=
+
⇔
2
0
1
)1(
1
0
0
2
0
x
x
x
0.25
I
(2.0
điểm)
với
0
0
=
x
ta có phương trình tiếp tuyến là
1
+
=
xy
Với
2
0
−
=
x
ta có phương trình tiếp tuyến là
5
+
=
xy
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là
4
5
4
1
+= xy
;
1
+
=
xy
và
5
+
=
xy
.
0.25
Trang
2
/4
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
Ta có
12cos.2sin33)cos(sin4
66
=−+ xxxx
12cos.2sin33)]cos(sincos.sin3)cos[(sin4
2222322
=−+−+⇔ xxxxxxxx
12cos.2sin33)2sin
4
3
1[(4
2
=−−⇔ xxx
0.25
04sin
2
33
)4cos1(
2
3
3 =−−−⇔ xx
2
1
4sin
2
3
4cos
2
1
−=−⇔ xx
0.25
6
sin)
6
4sin(
π
π
=−⇔ x
0.25
)(
24
212
Zk
kx
kx
∈
+=
+=
ππ
ππ
. Vậy phương trình có nghiệm
)(
24
212
Zk
kx
kx
∈
+=
+=
ππ
ππ
0.25
2.(1.0 điểm)
Điều kiện
0
≥
x
. Do
0
=
x
không phải là nghiệm nên chia hai vế cho
x
ta được:
)
2
(21
4
20
x
x
x
x +=+++
0.25
Đặt
x
xt
2
+=
4
4
2
−=+⇒
t
x
x
, phương trình trở thành
tt 2116
2
=++
0.25
+−=+
≥
⇔
14416
2
1
22
ttt
t
3
=
⇔
t
0.25
II
(2.0
điểm)
Với
3
=
t
ta có
3
2
=+
x
x
=
=
⇔
4
1
x
x
(thoả mãn điều kiện). Vậy
=
=
4
1
x
x
0.25
Ta có
dx
xx
xxx
I
∫
+−
−−
=
2
0
2
2
1
)12)((
0.25
Đặt
1
2
+−= xxt
dx
xx
x
dt
12
12
2
+−
−
=⇒
;với
10
=
⇒
=
tx
, với
32
=⇒=
tx
0.25
1
3
)
3
1
(2)1(2
3
3
1
2
ttdttI −=−=⇒
∫
0.25
III
(1.0
điểm)
3
4
=
. Vậy
3
4
=I
0.25
=
∆ MND
S
'
−
'''' DCBA
S
−
∆ MAD
S
''
−
∆ MNB
S
'
NCD
S
''∆
8
3
8
4
4
2222
2
aaaa
a =−−−=
0.25
8
8
3
.
3
1
'.
3
1
32
''
aa
aSAAV
MNDMNAD
===
∆
0.25
Gọi H là hình chiếu của S trên D’N, ϕ là góc giữa AD’ và D’N.
Ta có
2/3;2/5';2' aANaNDaAD ===
=−= ϕϕ
2
cos1sin
2
222
'.'.2
''
1
−+
−
NDAD
ANNDAD
10
3
=
0.25
IV
(1.0
điểm)
5
3
10
3
.2sin'.
a
aADAH === ϕ
Vậy
8
3
'
a
V
MNAD
=
và
5
3
)',(
a
NDAd =
0.25
D’
B
D
C
A
N
C’
A’
B’
H
M
Trang
3
/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có
b
c
b
ba
c
b
abcb
c
b
aab
−
+
+
=
+
+
−
−
=
+
+
)(33)3(3
Tương tự
;
)(33
c
a
c
cb
a
c
bbc
−
+
+
=
+
+
a
b
a
ac
b
a
cca
−
+
+
=
+
+
)(33
0.25
)(3P cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
++−
+
+
+
+
+
+
+
+
=⇒ 33 −
+
+
+
+
+
+
+
+
=
ba
ac
ac
cb
cb
ba
0.25
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
b
a
ac
a
c
cb
c
b
ba
3 3
3
=
+
+
+
+
+
+
ba
ac
ac
cb
cb
ba
6
≥
⇒
P
0.25
V
(1.0
điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
=++
+
+
=
+
+
=
+
+
3cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
1
=
=
=
⇔
cba
.
Vậy
6min
=
P
khi
1
=
=
=
cba
0.25
1.(1.0 điểm)
A có toạ độ thoả mãn hệ phương trình
−=
=
⇔
=+
=−−
1
1
0
032
y
x
yx
yx
Vậy
)1;1(
−
A
0.25
Gọi
);(),32;( ccCbbB
−
−
.Vì G là trọng tâm
ABC
∆
nên
−=−−+−
=++
)1.(3321
1.31
cb
cb
0.25
=
=
⇔
3
2
c
b
suy ra
)3;3(),1;2(
−
CB
0.25
Phương trình cạnh BC là
094
1
3
1
2
3
2
=−+⇔
−−
−
=
−
−
yx
yx
Vậy phương trình cạnh BC là
094
=
−
+
yx
.
0.25
2.(1.0 điểm)
Gọi
)0;;( baC
.ta có
22222222
3)4()3(9)8()1(
++++=+−+−⇔=⇔=
babaCBCACBCA
ba 314
−
=
⇔
0.25
Gọi I là trung điểm AB. Ta có
)3;2;1(
−
I
,
304
=
AB
. Vì
ABC
∆
cân nên
22
.2
==
∆
AB
S
CI
ABC
0.25
Ta có
)0;;314(
bbC
−
,
22=CI
223)2()315(
222
=+−+−⇔
bb
0.25
VIa
(1.0
điểm)
=
=
⇔
5
27
4
b
b
suy ra
)0;4;2(C
hoặc
)0;
5
27
;
5
11
(
−
C
Vậy
)0;4;2(C
hoặc
)0;
5
27
;
5
11
(
−
C
0.25
Điều kiện:
≠
>
⇔
>
+−
>−
2
0
0
33
0)2(
2
2
x
x
xx
x
x
0.25
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với
332
33
log2log
2
2
33
+−=−⇔
+−
=− xxxx
x
xx
x
0.25
Nếu
2
>
x
ta có
3332
22
=⇔+−=− xxxxx
(thoả mãn điều kiện)
0.25
VIIa
(1.0
điểm)
Nếu
20
<
<
x
ta có
=
=
⇔+−=+−
2
3
1
332
22
x
x
xxxx
(thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình có 3 nghiệm
2
3
;1;3 === xxx
0.25
Trang
4
/4
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
Đường tròn có tâm
)1;1(
I
, bán kính
2
=
R
.Gọi N là trung
điểm AB
1
22
=−=⇒ ANRIN
⇒
khoảng cách từ I đến
∆
là
1),(
=
∆
Id
0.25
Phương trình
∆
có dạng
)0(0)3()2(
22
≠+=−+−
baybxa
1),(
=
∆
Id
1
2
22
=
+
−−
⇔
ba
ba
0.25
−=
=
⇔
ab
b
3
4
0
0.25
Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0.
Với
ab
3
4
−=
, chọn
4;3
−
=
=
ba
ta có phương trình
0643
=
+
−
yx
0.25
2.(1.0 điểm)
Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng một phía
đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua
mp(Oxz), suy ra
)15;2;4('
−
B
.
0.25
Chu vi tam giác MAB là
AB
AB
AB
MB
AM
AB
MB
AM
+
≥
+
+
=
+
+
'
'
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng.
0.25
Gọi
);0;( baM
. Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k sao cho
→
AM =k.
→
AB’
−=−
−−=−
+=+
⇔
)315(3
)42(4
)24(2
kb
k
ka
0.25
VI.b
(2.0
điểm)
=
=
=
⇔
11
2
3/2
b
a
k
Vậy với
)11;0;2(M
thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất.
0.25
Điều kiện:
>+
>−
01
02
y
yx
0.25
Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với
=++−
=+−
4)1(log3)2(log2
2)1).(2(
22
yyx
yyx
0.25
=++−
=++−
⇔
4)1(log3)2(log2
1)1(log)2(log
22
22
yyx
yyx
=+
−=−
⇔
2)1(log
1)2(log
2
2
y
yx
0.25
VII.b
(1.0
điểm)
=
=
⇔
=+
=−
3
4
7
41
2
1
2
y
x
y
yx
( thoả mãn điều kiện).
Vậy hệ phương trình có nghiệm
=
=
3
4
7
y
x
0.25
Hết Gv: Trần Văn Hưng
B
A
M
I
N
B’
B
A
M
