Đề thi thử ĐH khối A năm học 2010-2011

TR ƯỜNG THPT YÊN THÀNH II ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN: Khối A Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) CâuI: ( 2.0 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 3mx + 3m + 4 đồ thị là ( C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0 2. Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C m ) và trục hoành có phần nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành CâuII: ( 2.0 điểm) 1. Giải phương trình cos2x + cos4x + cos6x = cosxcos2xcos3x + 2 2. Giải phương trình ( 2x +1) 2 2 3 2 1 0x x x+ + − + = CâuIII: ( 1.0 điểm) Tính tích phân I = 4 6 6 sin 2 1 x xdx π π − − + ∫ Câu IV: ( 1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD R là một điểm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC . Mặt phẳng ( PQR) cắt AD tại S . Tính thể tích khối tứ diện SBCD theo a Câu V:( 1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 2 2 x y y x x y y x  − = − +   − = −   PHẦN RIÊNG ( 3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A Theo chương trình chuẩn Câu V.a ( 2.0 điểm) 1. Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho các điểm A( 0;0;2), B(3; 0;5), C(1;1;0) , D( 5;1; 2).Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A,B đồng thời cách đều hai điểm C và D 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (0xy) cho đường tròn ( C) có phương trình: (x – 1) 2 + (y-2) 2 = 4 Và điểm K( 3;4) . Lập phương trình đường tròn ( T) tâm K cắt đường tròn ( C) Tại hai điểm A,B Sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất với I là tâm của đường tròn ( C) Câu VIa ( 1.0 điểm) Tìm giới hạn sau I = 3 3 2 2 1 5 7 lim 1 x x x x → − − + − A Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: ( 2.0 điểm) 1. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ) có phương trình: 1 2 1 3 x y z− = = Và hai điểm A( 1;2;-4) ; B( 1;2;-3) .lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và cắt đường ( d) đồng thời khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là lớn nhất 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy cho hai đường thẳng d 1 : x + 2y – 7 = 0 và d 2 : 5x + y – 8 = 0 và điểm G( 2;1) . Tìm tọa độ điểm B thuộc d 1 điểm C thuộc d 2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm biết A là giao điểm của d 1 và d 2 CâuVIb: ( 1.0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = 2 2 0 1 cos lim x x x x → + − Hết TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH 2 ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán (Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang) Câu Hướng dẫn giải Điểm I.1 1,0 I.2 Hàm số bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng nên ycbt tương đương với hàm số có cực trị và điểm uốn thuộc Ox *Hàm số có cực trị khi phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt <=> 3x 2 -6x+3m=0 có 2 nghiệm phân biệt <=> ' 9(1 ) 0 1m m∆ = − > ⇔ < *y''=6x-6 = 0 <=> x = 1 => y = 6m + 2 => đồ thị hàm số nhận điểm U(1; 6m+2) làm điểm uốn Điểm uốn thuộc Ox khi y U = 0 <=> 6m+2 = 0 <=> 1 3 m − = Vậy 1 3 m − = là giá trị cần tìm 0,25 0,25 0,25 0,25 II.1 2 1 os2 os4 os6 ( os3 cos )cos3 2 2 2 os2 2 os4 2 os6 os 3 cos cos3 4 os2 os4 os6 3 os2 1 os4 1 os6 1 pt c x c x c x c x x x c x c x c x c x x x c x c x c x c x c x c x x k π ⇔ + + = + + ⇔ + + = + + ⇔ ⇔ + + = =   ⇔ = ⇔   =  ⇔ = 0,25 0,25 0,25 0,25 II.2 Đặt 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 0 1 ( ) (2 1) 2 2 0 3 2 2 2 2 3 4 8 4 1 4 13 ( ) 3 4 13 3 x t x t x t L pt t x t x x x t x x x x x x L x + = ≥ ⇒ = − + ≤ =   ⇔ + + − − = ⇔ ⇔ + = − − ⇔   = − − + = + +   ≤ −    − +   =  ⇔     − −  =     0,25 0,5 0,25 III Ta có 0,25 0 4 4 4 6 6 1 2 0 6 6 0 0 4 4 1 6 6 4 4 6 6 6 4 0 0 0 2 sin 2 sin 2 sin 2 1 2 1 2 1 , ; 0 0 6 6 2 sin ( ) sin ( ) 2 1 2 1 sin 2 sin 1 sin (1 2 1 2 1 4 x x x x x x t t t x x x xdx xdx xdx I I I dat x t dx dt khi x t x t t dt t dt I xdx xdx I xdx c π π π π π π π π π π π − − − − = = + = + + + + − = − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = − ⇒ = − = + + ⇒ = + = = − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 6 6 2 0 0 1 os2 ) (3 4 os2 os4 ) 8 x dx c x c x dx π π = − + ∫ ∫ 1 1 4 7 3 (3 2sin 2 sin 4 ) 8 4 64 x x x π − = − + = 0,25 0,25 0,25 IV RQ cắt BD tại K Gọi I là trung điểm của BR =>DI//RQ => ID là đường trung bình của tam giác BRK =>D là trung điểm của BK, từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK 2 3 AS AD ⇒ = ta có 2 1 3 3 ABSC SBCD ABCD ABCD V AS V V V AD = = ⇒ = mà 3 3 3 3 12 36 ABCD SBCD a a V V= ⇒ = 0,25 0,25 0,25 0,25 V ĐK 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 3 2 3 2 2 3 2 1 2 0, (1) (2 ) 2 2 3 0 2 1 2 3 ( ) (2) 2 ( 2 )(2 ) 2 2 4 2 5 2 2 0 (*) x y x y pt x y x y x y x y L pt x y y x x y x y x y x y xy x x y xy y  − =  − ≥ ⇔ − + − − = ⇔ ⇒ − =  − = −  ⇔ − = − − ⇔ − = − − + ⇔ − − − = y = 0 không phải là nghiệm của phương trình, khi đó 3 2 (*) 5( ) 2( ) 2 1 0 (**) x x x y y y ⇔ − − − = Đặt t = x/y khi đó 3 2 2 1 (**) 5 2 2 1 0 5 3 1 0 ( ) t t t t x y t t VN =  ⇔ − − − = ⇔ ⇒ =  + + =  thay x = y vào pt(2) ta được x 3 - x = 0 <=> x = 0, x = -1, x = 1 Đối chiếu với điều kiện thì phương trình có nghiệm là (1; 1) và (-1; -1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Va.1 Mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D là mặt phẳng song song với CD hoặc (P) đi qua trung điểm của CD *(P) đi qua A, B và song song với CD => (P) nhận (3;0;3), (4;0;2)AB CD = uuur uuur làm cặp véc tơ chỉ phương nên (P) có véctơ pháp tuyến là 0,25 A A a  Q a  R a  P a  D a  C A a  K A a  B A a  I A a  S a  , (0;6;0)n AB CD   = =   r uuur uuur do đó (P) có phương trình y = 0 *.(P) đi qua A, B và trung điểm I(3; 1; 1) của đoạn CD nên (P) nhận cặp vectơ (3;0;3), (3;1; 1)AB AI = − uuur uur làm cặp vectơ chỉ phương nên (P) có vectơ pháp tuyến là 1 , ( 3;12;3) 3( 1;4;1)n AB AI   = = − = −   r uuur uur do đó (P): x + 4y - z +2 = 0 Vậy có 2 mặt phẳng thoả mãn bài toán là: y = 0 và x + 4y - z + 2 = 0 0,25 0,25 0,25 Va.2 Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 2 Tam giác IAB có diện tích lớn nhất khi nó vuông tại I, hay 2 2AB = , mà 2 2IK = suy ra có hai đường tròn thoả mãn yêu cầu bài toán (T 1 ) có bán kính R 1 = R = 2 => (T 1 ): (x-3) 2 + (y-4) 2 = 4 (T 2 ) có bán kính R 2 = KA' = 2 2 2 2 2 2 2 ' (3 2) ( 2) 2 5 ( ): ( 3) ( 4) 20KH A H T x y+ = + = ⇒ − + − = 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 3 3 2 3 3 2 2 2 2 1 1 3 2 2 3 2 2 2 3 2 1 3 2 3 2 2 3 2 1 3 ( 5 2) (2 7) ( 5 2) 2 7 lim lim[ ] 1 1 1 1 1 = lim[ ] ( 1)( 5 2) ( 1)(4 ( 7) 2 7) 1 1 11 = lim[ ] = 24 ( 1)( 5 2) ( 1)(4 ( 7) 2 7) x x x x x x x x I x x x x x x x x x x x x x x x x x x → → → → − − + − + − − − + = = + − − − − − + − − + − + + + + − − − − − − + + − + + + + + + 0,25 0,25 0,5 Vb.1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( ∆ ) AH AB ⇒ ≤ ⇒ AH lớn nhất khi H trùng B => d(A, ∆ ) lớn nhất khi H trùng B Trên (d) chọn điểm C(2t; t+1; 3t) khi đó . 0 1 ( 2;0; 3)BC BA BC BA t C⊥ ⇔ = ⇔ = − ⇒ − − uuur uuur đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng BC do đó có phương trình 2 3 2 3 x k y k z = − −   = −   = −  0,25 0,25 0,25 0,25 Vb.2 Toạ độ của A là nghiệm của hệ 2 7 1 (1;3) 5 8 3 x y x A x y y + = =   ⇔ ⇒   + = =   B thuộc d 1 nên B(7-2b; b); C thuộc d 2 nên C(c, 8-5c) vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 3 3 2 2 2 5 8 2 A B C G A B C G x x x x y y y y b c b b c c + +  =    + +  =   − = =   ⇒ ⇒   − = − =   0,25 0,25 0,25 A' B A B'H' I K Vậy B(3; 2) và C(2; -2) 0,25 VIb 2 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 ( 1 1) (1 cos ) ( 1 1) 1 cos lim lim[ ] 2sin 2 = lim[ ] ( 1 1) sin 1 2 lim[ ] = 1 1 1 2 4 x x x x x x x x I x x x x x x x x x x x → → → → + − + − + − − = = + + + + = + + + 0,25 0,25 0,5 . là 0,25 A A a  Q a  R a  P a  D a  C A a  K A a  B A a  I A a  S a  , (0;6;0)n AB CD   = =   r uuur uuur do đó (P) có phương trình y = 0 *.(P) đi qua A, B và trung điểm I(3; 1; 1) c a đoạn CD nên. điểm c a BR =>DI//RQ => ID là đường trung bình c a tam giác BRK =>D là trung điểm c a BK, từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK 2 3 AS AD ⇒ = ta có 2 1 3 3 ABSC SBCD ABCD ABCD V AS V. qua trung điểm c a CD *(P) đi qua A, B và song song với CD => (P) nhận (3;0;3), (4;0;2)AB CD = uuur uuur làm cặp véc tơ chỉ phương nên (P) có véctơ pháp tuyến là 0,25 A A a  Q a  R a  P a  D a  C A a  K A a  B A a  I A a  S a  ,