Thông tin tài liệu
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 - LẦN SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm)Cho hàm số y = x − 2m x + (C) (với m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m = 2) Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số ( C ) có ba điểm cực trị : A, B, C diện tích tam giác ABC 32 (đvdt) Câu II: (2 điểm) π 1) Giải phương trình cos 2x + ÷+ 4sin x sin 3x − = 3 2) Giải phương trình: ( ) − 5x − x − x − x2 = x − ln Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = ex ∫ ( 10 − e ) ln x ex −1 dx Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Biết hình chiếu vuông góc A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với · trung điểm H BC, góc BAC = 600 , AB = a AC = AA ' = 2a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B 'C ' theo a Câu V: (1 điểm) Cho x; y; z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ( − x + y + z ) + 27 xyz II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: (2điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x − y − = C ( 3; −3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : x + y − = , xác định toạ độ đỉnh A,B,D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : y + 2z − = 0; ( Q ) : x − y − 4z + = điểm I ( 4;1;6) Viết phương trình mặt cầu ( S) có tâm I, biết đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng ( P ) ( Q ) cắt mặt cầu (S) hai điểm A, B thỏa mãn AB = Câu VIIa: (1điểm) Tính môđun số phức z, biết: − i ( − 3i ) z = +2−i z z B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb:(2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) có phương trình: x + y − x + 12 = Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( C ) (với A, B hai tiếp điểm), đồng thời đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng d : x + y − 2011 = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = , điểm A ( −1;0; −9 ) ; B ( 1;3; −1) x −1 y − z +1 = = đường thẳng ∆ : Tìm tọa độ điểm M cho MA vuông góc với mặt phẳng ( P ) đồng −2 thời M cách B đường thẳng ∆ Câu VII.b: (1điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời điều kiện: z + 2i = z − + i -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm z +1− i số ảo z + 2i SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối A CÂU NỘI DUNG I.1 ĐIỂM Với m = ⇒ y = x − 2x + • TXĐ: D = ¡ • Sự biến thiên y = +∞, lim y = +∞ +) Giới hạn : ta có xlim →−∞ x →+∞ x = +) Đạo hàm : y ' = x − x ⇒ y ' = ⇔ x = ±1 +) BBT: x -∞ -1 y' + ∞ y + 0,25 +∞ + 0,25 +∞ 0 +) Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0) (1; + ∞ ) Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞ ; - 1) (0; 1) +) Hàm đạt cực đại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu x = ± 1, yCT = • Đồ thị : 0,25 0,25 I.2 x = Ta có: y ' = 4x − 4m x ⇒ y ' = ⇔ 2 x = m Hàm số có điểm cực trị ⇔ PT y ' = có nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ (vì y ' đổi dấu x qua nghiệm đó) Khi tọa độ ba điểm cực trị đồ thị là: A(0 ; 1), B(- m ; – m4), C(m ; – m4) Do AB = (−m) + (−m ) = m8 + m , AC = m + ( −m ) = m8 + m Suy tam giác ABC cân A Gọi I trung điểm BC ⇒ I(0 ; – m4) AI ⊥ BC Mà AI = 02 + (− m ) = m BC = (2m) + = m AI.BC = 32 ⇔ m4 m = 32 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn) Vậy m = ±2 giá trị cần tìm π Giải phương trình cos 2x + ÷+ 4sin x sin 3x − = 3 π π Phương trình cho tương đương: cos 2x cos − sin 2x sin ÷+ 4sin x sin 3x − = 3 Suy S∆ABC = 32 ⇔ CÂU II II.1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ cos 2x − sin 2x + 4sin x sin 3x − = ⇔ − 2sin x − sin x cos x + 4sin x sin 3x − = sin x = ⇔ sin x(2sin 3x − sin x − cos x) = ⇔ sin x + cos x = 2sin 3x(*) + sin x = ⇔ x = kπ PT (*) ⇔ sin x + cos x = sin 3x 2 π 3x = x + + k2π x = π ⇔ sin x + ÷ = sin 3x ⇔ ⇔ 3 3x = π − x − π + k2π x = π + kπ π π +k π π + k ( k ∈ ¢ ) nghiệm phương trình 1 − x ≥ ⇔0≤ x≤ ĐKXĐ: x ≥ x − x2 ≥ 0,25 0,25 0,25 Vậy: x = kπ; x = II.2 PT: ⇔ ( ) − 5x − x − x − x2 = x − ⇔ 2 ( − x ) − ( x − x ) ( ) − 5x − x − x2 = x + x − 1 = x + x − − x + x − x > 0∀x ∈ 0; 5 − 5x + x − x2 2( x − x + 1) ⇔ = x + x −1 − 5x + x − x2 2 ( x − 1) − x ⇔ = x + x −1 − 5x + x − x2 ( ( 0,25 ) )( ) x + x −1 x − x −1 = x + x −1 ⇔ − 5x + x − x 2( x − 1) − x 2( x − 1) − x ⇔ x + x −1 − 1 = vì: ≤ x ≤ < nên − 1 < 2 − 5x + x − x − 5x + x − x ( 0,25 0,25 ) ⇔ x + x −1 = x = −1 − ( loai ) ⇔ x = −1 + 0,25 ⇔ x = − 2 ( t/m ) Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 2 CÂU II ln Tính tích phân: I = ex ∫ ( 10 − e ) ln Đặt t = e x − + Với x = ln ⇒ t = x ex −1 dx 0,25 x = ln ⇒ t = Ta có t = e x − ⇒ 2tdt = e x dx 2 0,25 2t ⇒I=∫ dt = ∫ dt (3 − t)(3 + t) (9−t ) t 2 2 ( 3− t) + ( 3+ t) 1 1 = ∫ dt = ∫ dt − ∫ dt (3 − t)(3 + t) t +3 t −3 t +3 = ln t −3 = 0,25 1 ( ln − ln ) = ln 3 0,25 0,25 CÂU IV Áp dụng định lý côsin tam giác ABC ta có: BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC.cos 600 ⇔ BC = a + 4a − 2a.2a = 3a ⇔ BC = a 2 2 Do AC = AB + BC = 4a nên tam giác ABC vuông B a 7a AH = AB + BH = a + Xét tam giác vuông ABH ta có ÷ ÷ = 2 2 Mà tam giác A’AH vuông H suy ra: A ' H = AA '2 − AH = 4a − 7a 3a = a2 Và A’H đường cao lăng trụ ABC.A’B’C’ AB.BC = 2 3a a 3 3a Suy VABC A ' B 'C ' = A ' H S ABC = = (dvtt ) 2 2 Do x ≥ x + y + z = ⇒ x ∈ [ 0;1] Mặt khác S ABC = CÂU V 0,25 Ta có: P = 6( y + z ) − x + 27 xyz ≤ 2( y + z ) − x + 27 x y2 + z2 0,25 0.25 0,25 − x2 15 x 27 x ⇔ P ≤ 2(1 − x ) + − 2 15 x 27 x Xét hàm số f ( x) = 2(1 − x ) + với x ∈ [ 0;1] − 2 −12 x 15 81x f '( x ) = + − ∀x ∈ ( 0;1) Ta có 2(1 − x ) ⇒ P ≤ 2(1 − x ) − x + 27 x 8x − = nhận thấy phương trình có nghiệm x = 2(1 − x ) 24 f ''( x) = −81x − < 0∀x ∈ ( 0;1) Mà 2(1 − x ) f '( x ) = ⇔ 27 x + 0.25 Suy hàm số f '( x ) nghịch biến (0;1) x = nghiệm phương 0,25 trình f’(x)=0 (0;1) Mặt khác f ( x ) liên tục [ 0;1] 1 f ( ) = 2; f ÷ = 10; 3 f ( 1) = −6 x = f ( x ) = 10 , mà P ≤ f ( x ) , ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ Max P = 10 xảy Vậy Max x∈[ 0;1] y = z = Chương trình chuẩn Câu VIa 0,25 d B A VIa.1 N M D C Gọi A ( t ; −3t + ) Ta có: d ( A, DM ) = 2d ( C , DM ) ⇔ 4t − = 0,25 2.4 ⇔ A ( 3; −7 ) t = t = −1 ⇒ A ( −1;5 ) Mặt khác A,C nằm phía đường thẳng DM nên có A ( −1;5 ) thoả mãn uuur uuur Gọi D ( m; m − ) ∈ DM AD = ( m + 1; m − ) , CD = ( m − 3; m + 1) uuur uuur DA.DC = ⇔ Do ABCD hình vuông ⇒ DA = DC m = ⇔ m=5 m = −1 2 2 ( m + 1) + ( m − ) = ( m − 3) + ( m + 1) 0,25 0,25 ⇒ D ( 5;3) uuur uuur Ta có DC ( −2; −6 ) Gọi B ( x B ; y B ) ⇒ AB ( x B + 1; y B − ) uuur uuur xB + = −2 x = −3 ⇔ B ⇒ B ( −3; −1) Do ABCD hinh vuông ⇒ AB = DC ⇔ y B − = −6 y B = −1 Kết luận A ( −1;5 ) , B ( −3; −1) , D ( 5;3) 0,25 Theo giả thiết d = ( P ) ∩ ( Q ) suy đường thẳng d tập hợp tất điểm M ( x; y; z ) VIa.2 x = −2 + 2t y + 2z − = thỏa mãn hệ phương trình cho z = t ⇒ y = − 2t x − y − z + 12 = z = t r nên u ( 2; −2;1) 1VTCP đường thẳng d uur Gọi H ( −2 + 2t;7 − 2t; t ) hình chiếu I d Ta có IH ( 2t − 6;6 − 2t; t − ) uur r 10 uur 2 ⇒ IH.u = ⇔ ( 2t − ) − ( − 2t ) + ( t − ) = ⇔ t = ⇒ IH = ; − ; − ÷ 3 3 ⇒ IH = Theo giả thiết đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tâm I hai điểm A, B Do H hình chiếu I d suy H trung điểm AB AB Ta có IA = IH + HA = IH + ÷ = ( ) 0,25 0,25 0,25 6 + ÷ = 17 2 0,25 Suy phương trình mặt cầu ( S) : ( x − ) + ( y − 1) + ( z − ) = 17 Câu VIIa 2 Điều kiện z ≠ Ta có: z.z = z , đó: Ta có: 0,25 − i ( − 3i ) z = +2−i z z ⇔ − i = − 3i + ( − i ) z −1 + 2i 2−i ( −1 + 2i ) ( + i ) = −4 + 3i = − + i ⇔z= 5 ( − i) ( + i) 0,25 ⇔ ( − i ) z = −1 + 2i ⇔ z = 0,25 Suy ra: z = − ÷ + ÷ = 5 5 Chương trình nâng cao Câu VIb 0,25 Ta có ( C ) : ( x − ) + y = suy đường tròn ( C ) có tâm I ( 4;0 ) có bán kính R = 2 VIb.1 Gọi M ( 0; m ) ∈ Oy cho qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( C ) Và A ( x A ; y A ) , B ( xB ; y B ) hai tiếp điểm 2 Do A ( x A ; y A ) tiếp điểm ⇒ A ∈ ( C ) ⇒ x A + y A − x A + 12 = (1) uur uuur Ta có IA ( x A − 4; y A ) ; MA ( x A ; y A − m ) MA tiếp tuyến ⇒ MA ⊥ IA 0,25 0,25 uuur uur ⇔ MA.IA = ⇔ x A2 − x A + y A2 − my A = ⇔ x A2 + y A2 − x A − my A = (2) x A2 + y A2 − x A + 12 = ⇒ tọa độ A thỏa mãn hệ: ⇒ x A − my A − 12 = x A + y A − x A − my A = Tương tự ta có B ∈ ( C ) MB ⊥ IB ⇒ xB − myB − 12 = ⇒ A, B thuộc đường thẳng ∆ : x − my − 12 = r ur Có n ( 4; −m ) VTPT đường thẳng ∆ n1 ( 1; ) VTPT đường thẳng d Để r ur d ⊥ ∆ ⇔ n.n1 = ⇔ m = ⇒ M ( 0;1) r Ta có n ( 1;1;6 ) VTPT mặt phẳng ( P ) Do MA vuông góc với mặt phẳng r ( P ) ⇒ n ( 1;1;6 ) 0,25 0,25 VTCP đường thẳng MA mà MA qua A ( −1;0; −9 ) suy 0,25 VIb.2 x = −1 + t phương trình tham số đường thẳng MA : y = t z = −9 + 6t Gọi M ( t − 1; t ;6t − ) ∈ MA r Đường thẳng ∆ qua I ( 1;3; −1) có VTCP u ( 2;1; −2 ) uuur uuur r uuur Ta có MB ( − t ;3 − t;8 − 6t ) ; IM ( t − 2; t − 3;6t − ) ⇒ IM , u = ( 14 − 8t ;14t − 20; − t ) uuur r IM , u Điểm M cách điểm B đường thẳng ∆ ⇔ MB = d ( M , ∆ ) ⇔ MB = r u ⇔ ( 2−t) + ( − t ) + ( − 6t ) = 2 ( 14 − 8t ) + ( 14t − 20 ) + ( − t ) 22 + 12 + ( −2 ) 0,25 2 261t − 792t + 612 ⇔ 81t − 162t + 81 = ⇔ t = ⇒ M ( 0;1; −3 ) z + 2i = a + (b + 2)i Đặt: z = a + bi (a, b ∈ R ) ⇒ z − + i = (a − 1) + (1 − b)i ⇔ 38t − 106t + 77 = Câu VIIb ⇒ z + 2i = z − + i ⇔ a + (b + 2) = (a − 1) + (1 − b) ⇔ a = −1 − 3b Và 0,25 0,25 0,25 0,25 z + − i (a + 1) + (b − 1)i a( a + 1) − (b − 2)(b − 1) a(2b − 3) + b − = = + i số ảo z + 2i a + (2 − b)i a + (2 − b) a + (2 − b) a (a + 1) − (b − 2)(b − 1) = ⇔ 4b + 3b − = b = −1 a = ⇔ ⇒ b = a = − Vậy có hai số phức cần tìm: z = − i z = − + i 4 *HƯỚNG DẪN CHẤM: 0,25 0,25 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm toàn thi không làm tròn số ...SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối A CÂU NỘI DUNG I.1 ĐIỂM Với m = ⇒ y = x − 2x + • TXĐ: D = ¡ • Sự biến thi n y =... khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm toàn thi không làm tròn số... 2 ⇒ IH.u = ⇔ ( 2t − ) − ( − 2t ) + ( t − ) = ⇔ t = ⇒ IH = ; − ; − ÷ 3 3 ⇒ IH = Theo giả thi t đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tâm I hai điểm A, B Do H hình chiếu I d suy H trung điểm AB
Ngày đăng: 06/11/2015, 11:35
Xem thêm: LY TY TRONG NAM DINH DE THI THU DH
