ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 KHỐI: A ĐỀ SỐ 4 TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 doc

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 KHỐI: A Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = x x-1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3 c c 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 2 2 2 x x y y y x y             Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân 1 2 3 0 ( sin ) 1 x x x dx x    Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1 2 x y z    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3 4 2 log ( 1) log ( 1) 0 5 6 x x x x       B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình 1 2 2 3 2 2 x x x x x x x x C C C C        ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử) HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh ĐỀ SỐ 4 ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x     nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) ,lim x x f x         nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x    0.25 Bảng biến thiên 1 +  -  1 - - y y' x -  1 +  Hàm số nghịc biến trên ( ;1)  và (1; )  Hàm số không có cực trị 0.25 Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x       2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x        0.25 2.(1.0đ) Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x    Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t   ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t      0.25 - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 +  f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x         0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos 2 x 0.25 os x=0 2cos5x =sinx+ 3cos c x     0.25 cos 0 os5x=cos(x- ) 6 x c        0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) 2 24 2 2 42 7 x k k x k x                        0.25 ĐK : 0 y  hệ 2 2 1 2 2 0 2 1 2 0 x x y x y y                 đưa hệ về dạng 2 2 2 2 0 2 2 0 u u v v v u              0.5 2.(1.0đ) 2 1 1 1 2 2 0 3 7 3 7 2 2 , 1 7 1 7 2 2 u v u v u v u v v v u u u v v                                                             Từ đó ta có nghiệm của hệ (-1 ;-1),(1 ;1), ( 3 7 2 ; 2 7 1   ), ( 3 7 2 ; 2 7 1   ) 0.5 Câu III. (1.0đ) 1 1 2 3 0 0 sin 1 x I x x dx dx x      0.25 O C B A D S H Ta tính I 1 = 1 2 3 0 sin x x dx  đặt t = x 3 ta tính được I 1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25 Ta tính I 2 = 1 0 1 x dx x   đặt t = x ta tính được I 2 = 1 2 0 1 2 (1 ) 2(1 ) 2 1 4 2 dt t          0.25 Từ đó ta có I = I 1 + I 2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2 2   0.25 Ta có 1 1 1 2 x y z    nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz            Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz            1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy            0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z     0.25 Câu IV. (1.0đ) vậy A max = 1 3 8 2 x y z     0.25 Ta có ( . . ) SBD DCB c c c SO CO      Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S. 2 1 CA x    Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 AC BD AB BC CD AD      2 3 ( 0 3) BD x do x     2 2 1 1 3 4 ABCD S x x     0.5 Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 Câu V. (1.0đ) Mà 2 2 2 2 1 1 1 1 x SH SH SC SA x      Vậy V = 2 1 3 ( vtt) 6 x x d 0.25 Câu VIa. (2.0đ) 1. Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 B' Y X Z N D' C' A' C D A B M (1.0đ) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 2. (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D                                          Vậy bán kính R = 2 2 2 15 A B C D    1.0 Đk: x > - 1 0.25 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x        3 log ( 1) 0 6 x x     0.25 0.25 0 6 x    0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a) 2 + (x-b) 2 = R 2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 ) ( 1) 2 a b R a y R a b R                0.25 Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ) 2 0 1 2 a b R          Vậy đường tròn cần tìm là: x 2 + (y - 1) 2 = 2 0.5 2. (1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n       uuur uur uuur uur Vì ; 0 Q AB n      uuur uur r nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n     uuur uur làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0đ) ĐK : 2 5 x x N       Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x C C C C C C C C C C                       (5 )! 2! 3 x x      1.0 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh. . ;2) , C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4. TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 20 11 KHỐI: A Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2. 0. 2 24 2 2 42 7 x k k x k x                        0 .25 ĐK : 0 y  hệ 2 2 1 2 2 0 2 1 2 0 x x y x y y                 đ a hệ về dạng 2 2 2 2 0 2