de thi thu dh mon toan va dap an chuyen LQD

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.54 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD&ĐT Quảng Nam KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011
Trường THPT chuyên MƠN TỐN

Nguyễn Bỉnh Khiêm Thời gian làm bài : 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx3 6x29mx 3 (1) (m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2) Xác định m để đường thẳng d: y =

9
3

4x cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C 
thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2(sinx cos ) sin 3x  xcos3x3 2(2 sin 2 ) x
2) Giải phương trình: log (22 x2) (2 x 20) log (2 x2) 10 x75 0
Câu III (1 điểm)

Tính thể tích khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y =

5
1 3 2

x
x



  , trục hoành và hai 
đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành.

Câu IV (1 điểm)

Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a. Gọi M, N lần lượt trung điểm
của CC’, A’C’. Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E. Tính thể tích khối chóp A.BMNE.

Câu V ( 1 điểm)

Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : (x2)2(y2)2 7. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:

P = 3 x x( 4) 5 + 3 y y( 4) 5

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa ( 2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4,
4
3


), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm
I(1,

2


). Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho
ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm.

2) Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1 1 1

1 2 3

x y z

 

 và hai điểm A(3, 2, –1), 
B(–1,– 4,3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VIIa ( 1 điểm)
Tính tổng S =

0 1 2 2010 2011

2011 2011 2011 2011 2011

1 1 1 1 1

...

3C  4C 5C  2013C  2014C
2. Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb ( 2 điểm)

1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) :

2 2

1
9 5

x y

 

và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2). Tìm điểm M
trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.

2) Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x1)2(y 2)2(z3)2 17 và mặt phẳng (P):
2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với
mặt cầu (S).

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình:

2 [(1 3) ( 3 1) ] 2 3 2 0

z     i z  i . Tìm phần thực và 
phần ảo của số phức z12011z22011

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011

Câu Đáp án Điểm
Câu I

(2đ )

I.PHẦN CHUNG
Câu I (2 điểm)
1)(1,0 đ)

Khi m = 1 ta có hàm y x 3 6x29x 3
+TXĐ : D = R

+xlim  y  , xlim y

+ y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0

1 1

3 3

x y

  



    



+BBT

x – 1 3 +
y’ + 0 – 0 +

y 1 +

– – 3

+ Hàm đồng biến trên các khoảng (– , 1) và (3, +), nghịch biến trên khoảng (1,3)
Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3)

+ y” = 6x – 12 ; y” = 0  x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1)
+ Đồ thị

-2

-4

-5 5

t x  = x3-6x2+9x-3

2)(1,0 đ)

+ Phương trình hồnh độ giao điểm của d và (C) :

3 6 2 9 3 9 3

mx  x  mx  x



2 9

( 6 9 ) 0

x mx  x m 


2

6 9 0(2)

x

mx x m





    



+ Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu Đáp án Điểm

CâuII
 2 
điểm

Câu 


0 0

' 9 (9 ) 0 1 0

4 4

9 1

9 0

4 4

m m

m

m m m

m m

 

   

 

         

 

 

  

 

  

1 65 1 65

8 8

1
4

m

m
m






 



 








 (*)

+ Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 =

4x1 – 3, y2 = 
9

4x2 – 3 ; trong đó x1, x2 là 2 
nghiệm của (1) . Ta có AB= (x1, y1 + 3), AC



= (x2, y2 + 3)

AC



= 3AB




2 1

3 3( 3)

x x

y y





  

  x2 = 3x1

+Ta có

2 1 1 1

1 2 2 2

1 2 1 2

3 3 / 2 3 / 2

6 / 9 / 2 9 / 2

9 9 / 4 9 9 / 4 4 3 0

x x x m x m

x x m x m x m

x x m x x m m m



  

 



 

     

  

      

  

  

+ Ta có 4m2 – m – 3 = 0 

1
3 / 4

m
m



 

 ( thỏa điều kiện (*))
+Kết luận : m = 1 và m = – 3/4

Câu II(2 điểm)

1) 2(sinx cos ) sin 3x  xcos3x3 2(2 sin 2 ) x

 2(sinx cos ) 3sinx  x 4sin3x4cos3x 3cosx3 2(2 sin 2 ) x 
 5(sinx cos ) 4(sinx  x cos )(1 sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x  x x   x
 (sinx cos )(1 4sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x  x x   x (1)

+ Đặt t = sinx – cosx ,  2 t 2 thì t2 = 1 – sin2x

+ (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2( 3 – t2 ) 2t33 2t2 t 9 2 0
 (t 2)(2t25 2t9) 0  t = 2

+ sinx – cosx = 2 

sin( ) 1 2

4 4

x    x  k 

2) (1,0 đ) log (22 x2) (2 x 20) log (2 x2) 10 x75 0 (1)

+ĐK: x > – 2 . Đặt t = log (2 x2)thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2)
+ '= (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2

Suy ra (2) 
5
15 2

t

t x





 


+ log (2 x2)= 5  x + 2 = 25  x = 30

+log (2 x2)= 15 – 2x  log (2 x2)+ 2x – 15 = 0
Đặt f(x) = log (2 x2)+ 2x – 15 thì f’(x) =

(x2) ln 2 > 0, x ( 2,)
Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+) và f(6) = 0  x = 6 là nghiệm duy nhất phương

0,25

---0,25
0,25

0,25
0,25

---0,25

0,25
0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

III
 1 
điểm

trình f(x) = 0.

+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6}
Câu III (1 điểm)

+ Thể tích khối trịn xoay tạo ra là V =
3

2
1

5
(1 3 2 )

x

dx
x







 



+ Đặt t = 1 + 3 2 x  3 2 x= t – 1 3 + 2x = (t – 1)2  dx = (t – 1)dt
x = – 1 t = 2 ; x = 3  t = 4

0,25

Câu Đáp án Điểm

Câu
IV
 1 
điểm

Câu 
 V
 1 
điểm

+ V =

4 2
2
2

1 2 8

( 1)
2

t t

t dt

t





  

=
4

2
2

1 10 8

2 t t t dt

 

  

 

 



4
2

1 8

3 10ln
2 2

t

t t

t

    

  = 



5ln 2 1



Câu IV (1 điểm)

+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E.

K
H

M
C'

B
A'

Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2
+VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK)
+SABK =

2AB.AK.sin600 = 
2
3 3

a

+VH.ABK =
1

3SABK.HA = 
3
3 3

a

+VM.ABK =
1

3SABK.MC = 
3
3

a

' ' 1

A E HA

AB HA   A’E = 
1
3a
+VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN =

3SA’EN.HA 
=

6.A’E.A’N.sin600.HA = 
3
3
24

a

+VA.BMNE =
3
3 3

a

– (
3
3
24

a

+
3
3

a

)
=

3
5 3

a

Câu V(1 điểm)

+ Gọi T là miền giá trị của P. Ta có mT Hệ sau có nghiệm

2 2

3 3

( 2) ( 2) 7

( 4) 5 ( 4) 5

x y

x x y y m

    




     



 (I)

+Đặt u = 3 x x( 4) 5 , v =3 y y( 4) 5 .Ta có u = 3(x2)2 1 1,tương tự v1

Hệ (I) trở thành

3 3 9

u v

u v m

  



 

 

(u v) 3 (uv u v) 9

u v m

    



 

 

3 9
3

m
uv

m
u v m

 





  

 (m0)

0,25

0,5

----0,25

0,25

---0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

+Ta có u, v là hai nghiệm phương trình:

2 9 0

m

t mt

m



  

(1)

+ Hệ (I) có nghiệm  Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1 t1 t2



1 2

( 1) ( 1) 0
( 1)( 1) 0

t t

 



   



   

 

3
2

4( 9)
0
3

2 0
9

1 0
3

m
m

m

m
m

 

 





 





   



 

3 2

36
0
3

3 3 9

0
3

m
m
m

m m m

m

  










  

 





Câu Đáp án Điểm

Câu 
 VIa
 2 
điểm

Câu


0 36

0 3

m
m

m m

  





   

  3m336.

Suy ra miền giá trị T = [3, 336] . Vậy maxP = 336, minP = 3

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa ( 2 điểm)
1)(1,0 đ)

+ Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I  M’(3, 2) và N’( – 2, 
1
3)
+Phương trình đường thẳng M’N’:

3 2

5 5 / 3

x y



   x – 3y + 3 = 0
+AMN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ
+ Phương trình đường thẳng PQ: y = 1.

+Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt

3 3 0 0

1 1

x y x

y y

   

 



 

 

  . C(0, 1) A(2, – 2)
+ Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua I Q’(5, – 2)

+DMQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN
+ Phương trình M’Q’:

5 2

2 4

x y



  2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4
+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt

2 8 0 4

4 0

x y x

x y

   

 



 

 

  . B(4, 0) D(– 2, – 1 )
Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 )

2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)d. Ta có:

MA + MB = (t 2)2(2t 3)2(2 3 ) t 2 + (2t)2(2t3)2  ( 2 3 )t 2
= 14t2 28 17t  14t228 17t

2 3 2 3

14 ( 1) ( 1)

14 14

t t

 

    

 

 

+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1,
3

14 ), F(–1, –
3

14 ) và N(t, 0)

Ta có MA + MB = 14(NE + NF) 14FE = 2 17

+ E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành
nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0

0,25

---0,25

0,25

----0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

---VIIa
 1 
điểm

+ Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)
Câu VIIa (1 điểm)

+ Ta có (1 x)2011C20110  C20111 x C 20112 x2 ...C20112010 2010x  C20112011 2011x
Suy ra x2(1 x)2011 C20110 x2 C20111 x3C20112 x4 ...C20112010 2012x  C20112011 2013x

2 2011
0

(1 )

x  x dx







0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013

2011 2011 2011 2011 2011

...

C x  C x C x  C x  C x dx



0 3 1 4 2 5 2010 2013 2011 2014

2011 2011 2011 2011 2011

1 1 1 1 1

...

3C x 4C x 5C x 2013C x 2014C x

 

    

 

 

0 1 2 2010 2011

2011 2011 2011 2011 2011

1 1 1 1 1

...

3C  4C 5C  2013C  2014C

0,25

Câu Đáp án Điểm

Câu
VIb
 2
điểm

Vậy S =
1

2 2011
0

(1 )

x  x dx



Đặt t = 1 – x  dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0

S =
0

2 2011
1

(1 ) t t (dt)



=
1

2 2011

(t  2 1)t t dt



=
1

2013 2012 2011
0

(t  2t t )dt



1
2014 2013 2012

0
2

2014 2013 2012

t t t

 

 

 

  =

1 2 1

2014 2013 2012  =

2013.2014.1006
2. Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb ( 2 điểm)

1)Phương trình đường thẳng AB:

2 2

4 2 2 2

x y



    2x + 3y + 2 = 0 
+ AB = 2 13, M(x0,y0)(E)

2 2

0 0 1

9 5

x y

 

, d(M,AB) =

0 0

2 3 2

x  y 

+ SMAB =
1

2AB.d(M,AB) = 2x03y0 2

+ BĐT Bunhiacôpxki

2 2 2

2 0 0 0 0

0 0

(2 3 ) .6 .3 5 (36 45) 81

3 5 9 5

x y x y

x  y        

   

Suy ra 9 2 x03y0 9 7 2 x03y0 2 11 2x03y02 11

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0 0 0

0 0

18 15 5

2 3 9 3

x y x

y

x y



 



 



 



   




Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2,
5

)
3

2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17. (P) có VTPT n


= (2, 2, 1)
+ Gọi u



= (a, b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0)
+(P) un



 2a + 2b + c = 0  c = – 2a – 2b (1)

+ Ta có AI= (–9, 2, 20), [AI



,u] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)

0,25

---0,25

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

tiếp xúc (S)  d(I,) = R 
,

AI u
u

 

 


 



 (2c 20 )b 2(20a9 )c 2 ( 9b 2 )a 2  17. a2b2c2 (2)
+Từ (1) và (2) ta có

2 2 2 2 2 2

( 4 a 24 )b (2a18 )b  ( 9b 2 )a 17[a b  ( 2a 2 ) ]b

 896b2 – 61a2 + 20ab = 0

+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vơ lí, vậy b0. Chọn b = 1
Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0  a = 4 hoặc a =

224
61


+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a =
224

61


, b = 1 thì c =

326

Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:

8 4

23 10

x t

y t

z t

 






  

 và

224
8

326
23

x t

y t

z t


 







  


0,25

Câu Đáp án Điểm
Câu

VIIb
 1 
điểm

Câu VIIb (1 điểm)

+ Biệt số = [(1 3) ( 3 1) ]  i 2 4(2 3 2 ) i 4 3 4 i=[(1 3) (1  3) ]i 2
+Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3– i và z2 = 1 + 3i

+z1 = 3– i =

3 1

2( ) 2[cos( ) sin( )]

2 2i 6 i 6

 

    



2011 2011

2 [ cos( ) sin( )

6 6

z    i   22011[cos( 7 ) sin( 7 )]

6 i 6

 

   

2011 3 1

2 ( )

2 2i

 

+z2 = 1 + 3i =

1 3

2( ) 2(cos sin )

2 2 i 3 i 3

 

  



2011 2011 2011

2011 2011

2 (cos sin ) 2 (cos sin )

3 3 3 3

z   i    i 

2011 1 3

2 ( )

2 2 i

Suy ra

2011 2011 2011

1 2

1 3 1 3

2 [ ]

2 2

z z     i

Vậy phần thực là 22010(1 3) và phần ảo là 22010(1 3)

0,25

</div>

de thi thu dh mon toan va dap an chuyen LQD

<b> </b>

<b> HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN</b>

<b> THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011</b>



<sub></sub>























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về