ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT CAO LÃNH pot

chihao@moet.edu.vn ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) sent to WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi:27/03/2011 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy 24  (1). 1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m   . 2/.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. Câu II: ( 2,0 điểm ) 1/.Giải phương trình: 8x2sin3x2cosxcos6xsin9     2/.Giải hệ phương trình        369 )(3 22 22 yx yxyxyxyx Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân:  3 4 4 53 xcos.xsin dx   . Câu IV: ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác ' ' ' . CBAABC với ABCA '. là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng ) ' ( BCA và mặt phẳng ) ( ABC bằng o 60 . Tính thể tích khối chóp CCBBA ' ' '. theo R. Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giả sử y , x là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình: 09ax2x 2  với 3a  ; 09by2y 2  với 3b  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 y 1 x 1 )yx(3M          B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb) Câu VIa: ( 2,0 điểm ) 1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C( 22  và 25y)6x(:)'C( 22  . Gọi A là một giao điểm của )C( và )'C( với 0  A y . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau). 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P(     và đường thẳng d : 1 1z 1 2y 2 3x       .Gọi M là giao điểm của d và )P( , viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  bằng 42 . Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện: 522  zz . Câu VIb: ( 2,0 điểm ) 1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S = 2 3 , đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C. 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 0 1 2 2 : ) (     zyxP và hai đường thẳng 1 d : 23 3 2 1 zyx      , 2 d : 5 5 46 5     zyx . Tìm các điểm 2 1 dN,dM  sao cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2. Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: x 2 x 1x 2 x x 2 x )15.(32)15(     ……………………………… Hết………………………………… TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Ngày thi: 27/03/2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 12 trang) Câu Nội dung Điểm A/ Phần bắt buộc: Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy 24  (1). 2,0đ 1/ (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = -1. 1,0đ 1m   , ta có hàm số 1x2xy 24   TXĐ: R D   Sự biến thiên của hàm số: .Giới hạn của hàm số tại vô cực:   ylim;ylim xx . Chiều biến thiên: x4x4'y 3  1y0x0'y      0,25  Bảng biến thiên: x   0   y’ - 0 + y     (CT) 1 0,25  .Hàm số nghịch biến trên khoảng (-  ;0) và đồng biến trên khoảng (0;   ) Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0, giá trị cực tiểu là y(0) = 1 0,25 Câu I: (2,0đ)  Đồ thị:  Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)  Các điểm khác :(-1;4), (1; 4) 0,25 2/(1,0đ) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. 1,0đ mx4x4'y 3         mx 0x 0'y 2 Hàm số có 3 cực trị  y’ đổi dấu 3 lần  phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt 0m   0,25 Khi 0m  , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là : )1;0(C),m1;m(B),m1;m(A 22  0,25 Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn đi qua 3 điểm C,B,A Vì hai điểm B,A đối xứng nhau qua trục tung nên I nằm trên trục tung Đăt )y;0(I o . Ta có:       2y 0y 1)y1(RIC o o 2 o )0;0(OI   hoặc )2;0(I *Với )0;0(OI  :                 2 51 m 2 51 m 1m 0m 0mm2m1)m1(mRIA 2422 So sánh điều kiện 0m  , ta được 2 51 m,1m   0,25 *Với )2;0(I : (*)0mm2m1)m1(mRIA 2422  f(x)=x^4+2*x^2+1 f(x)=4 x(t)=1 , y(t)=t x(t)=-1 , y(t)=t -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y Pt (*) vô nghiệm khi 0m  Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi 2 51 m,1m   0,25 1/(1,0đ) Giải phương trình: 8x2sin3x2cosxcos6xsin9     (*) 1,0đ 8xcosxsin61xcos2xcos6xsin9(*) 2  0)xsin1(2)xsin1(xcos6)1x(sin9 2  0)7xcos6xsin2)(xsin1(      0,25       )vn(07xcos6xsin2 1xsin 0,25   2k 2 x1xsin  0,25 Câu II: (2,0đ) Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là:   2k 2 x  0,25 2/(1,0đ) Giải hệ phương trình: (*)        369yx )yx(3yxyxyx 22 22 1,0đ Điều kiện:         0yx 0y 0x Đặt                vu,)yx(vu yxvu 0v,yxyv 0u,xyxu 222 2222 2 2 Ta có hệ phương trình: (*’)        369vu vu3vu 22 22 , Đk:         vu 0v 0u 0,25         369vu 0)vu3vu.(vu )(*' 22                        )II( 369vu vu3vu )I( 369vu 0vu 22 22 0,25        )lývô(3690 )0v,0uvì(0vu )I( . Vậy : Hệ )I( vô nghiệm                        12v )0uvì(15u 225u 5 u4 v 369vu )vu(9vu )II( 2 22 0,25                                     16y 25x 41yx )yxvì(9yx 369yx 81)yx( 144yxy 225xyx 12yxy 15xyx 22 2 2 2 2 2 So sánh Đk, hệ đã cho có một nghiệm (25; 16) 0,25 (1,0đ) Tính tích phân sau:  3 4 4 53 xcos.xsin dx   1,0đ I =  3 4 4 8 3 3 dx .xcos. xcos xsin 1     3 4 2 4 3 dx xcos 1 . xtan 1   0,25 Đặt: x tan t  dx xcos 1 dt 2  Đổi cận: 3t 3 x 1t 4 x     0,25  I= dtt 3 1 4 3   3 1 4 1 t4 0,25 CâuIII: (1đ)  I=   134134 8 4         0,25 (1,0đ ) Cho hình lăng trụ ' ' ' . CBAABC với ABCA '. là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng ) ' ( BCA và mặt phẳng ) ( ABC bằng o 60 . Tính thể tích khối chóp CCBBA ' ' '. theo R 1,0đ Câu IV: (1đ ) Gọi N là trung điểm BC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên ABC  đều và BC'A  cân tại ' A        BC)BC'A()ABC( BCN'A,BCAN góc giữa hai mặt phẳng )ABC( và )BC'A( là o ^ 60NA'A  0,25 Gọi H là trọng tâm ABC   H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  A’.ABC là hình chóp đều )ABC(H'A    H ' A là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC  Gọi M là trung điểm A ' A . Trong )AN'A(mp , vẽ đường trung trực của cạnh A ' A ,cắt H ' A tại I. Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC 0,25 Bán kính mặt cầu là : I ' A R  Gọi a là độ dài cạnh của ABC  . Ta có 3 3 aAH, 6 3 aHN, 2 3 aAN  HN ' A  vuông tại 2 a 3. 6 3 a60tan.HNH'AH o  AH ' A  vuông tại 6 21a 9 a3 4 a AHH'AA'AH 22 22  12 21a 2 A'A M'A  Ta có MI ' A  đồng dạng HA ' A  nên 7 R12 a 2 a 12 21a 6 21a R H'A M'A A'A I'A  0,25 7 R6 H'A  49 R336 4 3 . 7 R12 S 2 2 SBC          H'A.SV,H'A.S. 3 1 V ABC'C'B'A.ABCABCABC'.A   343 R3144 7 R6 . 49 R336 . 3 2 H'A.S. 3 2 VVV 32 ABCABC'.A'C'B'A.ABC'B'BCC'.A   0,25 (1,0đ ) Giả sử y , x là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình: 09ax2x 2  với 3a  ; 09by2y 2  với 3b  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 y 1 x 1 )yx(3M          1,0đ  Xét phương trình: 09ax2x 2  (1) Ta có: 09a 2   với 3a  nên phương trình (1) có nghiệm và (1) 0xax29x 2   Xét phương trình: 09by2y 2  (2) Ta có: 09b 2   với 3b  nên phương trình (2) có nghiệm và (2) 0yby29y 2  0,25 Đặt 0t,tx    . Ta được: 2 2 2 2 y 1 t 1 )yt(3 y 1 t 1 )yt(3M                   Mà với 0y,0t   ta có : yt 4 y 1 t 1   nên 2 2 )yt( 16 )yt(3M   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: 38 )yt( 16 )yt(3 2 2    38M  0,25 Do đó, M đạt giá trị nhỏ nhất là 38 khi                           4 4 4 2 2 3 1 x 3 1 y 3 1 y yt )yt( 16 )yt(3 yt 0,25 Câu V: (1,0đ) Vì x, y thỏa mãn (1) và (2) nên: 4 4 2 4 4 2 4 32 139 ba 3b 3a 09 3 1 b2 3 1 09 3 1 a2 3 1                                                     Vậy 444 32 139 ba, 3 1 y, 3 1 xkhi38Mmin   0,25 B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb ) CâuVIa: (2,0 đ ) 1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C( 22  và 25y)6x(:)'C( 22  . Gọi A là một giao điểm của )C( và )'C( với 0  A y . Viết 1,0đ phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau). Theo giả thiết: 5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C( 13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C(   0,25 Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:        25y)6x( 13yx 22 22         011x12yx 13yx 22 22 )0yvì()3;2(A 3y 3y 2x A              0,25 Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn )'C(,)C( thỏa ' AH AH  , với H không trùng H’. Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ )0;3(I  . Ta có IA // OM. Mà )d(IAnên)d(OM   0,25 )3;1(IAvtptcó)d(  và qua )3;2(A Vậy phương trình đường thẳng 07y3x0)3y(3)2x(1:là)d(           0,25 Cách khác: Theo giả thiết: 5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C( 13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C(   Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:        25y)6x( 13yx 22 22 0,25         011x12yx 13yx 22 22 )0yvì()3;2(A 3y 3y 2x A              Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn )'C(,)C( thỏa ' AH AH  , với H không trùng H’. Ta có A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên H và H’ đối xứng nhau qua A. Gọi )C( 1 là ảnh của )C( qua phép đối xứng tâm A, 13RRkínhbán,Otâmcó)C( 1 1 1  . A là trung điểm của đoạn )6;4(OOO 1 1   Phương trình đường tròn 13)6y()4x(:)C( 22 1  . Vì )'C('Hvà)C('H 1  nên H’ là giao điểm của )C( 1 và )'C( 0,25  Tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:        25y)6x( 13)6y()4x( 22 22                                   )l(A)3;2('H 3y 2x ) 5 24 ; 5 37 ('H 5 24 y 5 37 x 0144y78y10 7y3x 2 0,25 Đường thằng (d) cần tìm đi qua hai điểm A, H’ nên (d) nhận vtcp là: )1;3( 5 9 ) 5 9 ; 5 27 ('AH   Phương trình đường thẳng (d): 07y3x 1 3y 3 2x     0,25 2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P(     và đường thẳng d : 1 1z 1 2y 2 3x       .Gọi M là giao điểm của d và )P( , viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  bằng 42 . 1,0đ 02zyx:)P(     , d : 1 1z 1 2y 2 3x       )P( có véc tơ pháp tuyến )1;1;1(n  , d có véc tơ chỉ phương )1;1;2(u  và đi qua điểm )1;2;3(M o  . Vì đường thẳng  nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d nên  có véc tơ chỉ phương   )1;3;2(u,nu   Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:             1 1z 1 2y 2 3x 02zyx          03zy 07y2x 02zyx )0;3;1(M 0z 3y 1x           0,25 Gọi )c,b,a(H là hình chiếu vuông góc của điểm H lên đường thẳng  )c;3b;1a(MH  0,25 Theo giả thiết, ta có:           42MH uMH )P(M             42c)3b()1a( 0c)3b(3)1a(2 02cba 222          0336b252b42 13b4a 15b5c 2                            5c )5;4;3(H4b 3a 5c )5;2;5(H2b 5a 0,25  Với )5;2;5(H   , ta có phương trình đường thẳng  :         t5z t32y t25x  Với )5;4;3(H   , ta có phương trình đường thẳng  :         t5z t34y t23x 0,25 (1,0đ) Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện: 522  zz . 1,0đ Đặt ) , ( Ryxyixz    là số phức đã cho và ) , ( yxM là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức Ta có: 522  zz  5y)2x(y)2x( 2222  (1) 0,25 (1)         22222222 y)2x(y)2x(5y)2x(y)2x(  5 x8 y)2x(y)2x( 2222  (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta được:          5 x4 2 5 y)2x( 5 x4 2 5 y)2x( 22 22                         8 25 x, 5 x4 2 5 y)2x( 8 25 x, 5 x4 2 5 y)2x( 2 22 2 22 8 25 x 8 25 , 4 9 y 25 x9 2 2  1 4 9 y 4 25 x 22  0,25 CâuVIIa: (1,0đ) Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương trình: 1 4 9 y 4 25 x 22  0,25 Cách khác Đặt ) , ( Ryxyixz    là số phức đã cho và ) , ( yxM là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức [...]... CâuVIb: (2,0 đ ) 1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S = 3 , đỉnh A(2 ;-3 ), 2 0,25 1,0đ đỉnh B(3 ;-2 ), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0 Tìm toạ độ đỉnh C  Đặt C ( x o ; y o ) Gọi G ( xG ; yG ) là trọng tâm ABC Theo giả thi t: 5  xo   xG  3  G là trọng tâm ABC    y   5  yo  G 3   5  x o    5  yo  Lại có G  (... mặt phẳng phức, xét các điểm F1 ( 2 ; 0 ), F 2 ( 2 ; 0 ) Ta có: MF1  ( 2  x ) 2  (  y ) 2  ( x  2 ) 2  y 2  z  2 0,25 MF2  ( 2  x ) 2  (  y ) 2  ( x  2 ) 2  y 2  z  2 Do đó, từ giả thi t : z  2  z  2  5  MF1  MF 2  5 , ta được tổng các khoảng cách từ điểm M đến hai điểm cố định F1 , F2 bằng 5 (số không đổi) lớn hơn khoảng cách 0,25 F1 F2 ( F1 F2  4 ) nên tập hợp các điểm... thẳng AB là: ( x  2 )  ( y  3 )  0  x  y  5  0 xo  yo  5 Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là: d ( C , AB )  2 1 1 Diện tích ABC là: S  AB d ( C , AB )  xo  yo  5 2 2 3 Theo giả thi t, ta có : S   x o  y o  5  3 (2) 2 3 x o  yo  4  0   Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:   xo  y o  5  3  3 xo  yo  4  x o  2 3 x o  yo  4  0     x o  y o  8... song mp(P) và cách mp(P) một khoảng cách bằng 2 là: ( Q1 ) : x  2 y  2 z  5  0 , ( Q 2 ) : x  2 y  2 z  7  0 Vì MN //( P ) và d ( MN , ( P ))  2 nên MN  ( Q1 ) hoặc MN  ( Q 2 ) Do đó, có hai trường hợp:  M  d 1  ( Q1 )  M  d 1  ( Q2 ) ;    N  d 2  ( Q1 )  N  d 2  ( Q2 )  M  d 1  ( Q1 )    N  d 2  ( Q1 ) Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:  3 x  2 y  9  0 x1 y 3 z...    0     5  1  0,25  30  x2 x  2   0    5 1 1 0,25 x  0  x2  x  0   x  1 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: (  ; 0   1;   ) Hết - 0,25 . WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 27/03 /2011 ******. x 2 x 1x 2 x x 2 x )15.(32)15(     ……………………………… Hết………………………………… TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Ngày thi: 27/03 /2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 12 trang) Câu. f(x)=x^4+2*x^2+1 f(x)=4 x(t)=1 , y(t)=t x(t) =-1 , y(t)=t -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y Pt (*) vô nghiệm khi 0m  Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi 2 51 m,1m  