Đang tải... (xem toàn văn)
Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox... (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn Tốn - KHỐI A
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH
Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 +
2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình :
2
1
m
x x
x
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 os sin 12
c x x
2) Giải hệ phương trình:
2
2 2
log 3log ( 2)
1
x y x y
x y x y
.
Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân:
/4
2 /4
sin 1
x
I dx
x x
Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA
lấy điểm M cho AM =
3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = .Chứng minh
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y
5 5
4 x y z
PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )
Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao
:
CH x y , phân giác BN: 2x y 5 0.Tìm toạ độ đỉnh B,C tính diện tích tam giác ABC
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d
2
4
x y z
hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức C:
2
4 1 0
2
z
z z z
PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )
Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 :x y 30
0 :
2 xy
d Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ
đỉnh hình chữ nhật
(1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
D1 :
2
1
x y z
, D2 :
2
3
x t
y z t
(2)…….Hết
ĐÁP ÁN Cõu I 2 điểm
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x3 3x2 2.
Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.
Sự biến thiờn:
2
y' x x. Ta có
0
2
x y'
x
0,25
yCD y 0 2; yCT y 2 2. 0,25
Bảng biến thiên:
x 0
y'
y
2
0,25
Đồ thị:
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2
-5
x y
0,25
b)
Biện luận số nghiệm phương trình
2
x m x
x
theo tham số m.
Ta có
2 2 2 2 2 1 1
1
m
x x x x x m,x .
x
Do số nghiệm của
phương trình số giao điểm
2 2 2 1
y x x x , C'
đường thẳng
y m,x .
0,25
Vỡ
2 2 2 1
1
f x x
y x x x
f x x
nờn C' bao gồm:
0,25
(3)+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x1.
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 qua Ox.
hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2
-5
x y
0,25
Dựa vào đồ thị ta có:
+ m 2: Phương trình vơ nghiệm; + m2: Phương trình có nghiệm kép;
+ 2m0: Phương trình có nghiệm phân biệt; + m0: Phương trình có nghiệm phân biệt.
0,25
2) Đồ thị hàm số y = (x2 2x 2) x1 , với x có dạng hình vẽ :
1+
1
m
(4)II 1)
1)
5
2 os sin 12
c x x
5
2 sin sin
12 12
x
0.25
5 5
sin sin sin sin sin sin
12 12 12 12
2cos sin sin
3 12 12
x x
0.25
5
2
5 12 12
sin sin
5 13
12 12
2
12 12
x k
x k
x k
x k x k
0.5
2.) Giải hệ phương trình:
2
2 2
log 3log ( 2)
1
x y x y
x y x y
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2
2 2 2 2
log 3log (2 )
1 3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
0,25đ
Đặt:
u x y v x y
ta có hệ:
2 2
2 ( )
2
3
2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
0,25đ
2
2 (1)
( ) 2
3 (2)
u v uv
u v uv
uv
Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 (3 )
uv uv uv uv uv uv uv
0,25đ
(5)Kết hợp (1) ta có:
4,
uv
u v
u v
(vỡ u>v) Từ ta có: x
=2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)
0,25đ
Câu III Tính tích phân :
/4
2 /4
sin 1
x
I dx
x x
/4 /4 /4
2
1 2
/4 /4 /4
sin
1 sin sin
1 x
I dx x xdx x xdx I I
x x
Áp dụng hàm lẻ, đặt
x=-t thìI10, tích phân
từng phần I2 kết
quả
0.5đ
Áp dụng hàm lẻ, đặt
x=-t thìI10, tích phân
từng phần I2 kết
quả
0.5đ
Câu IV :
Tính thể tích hình
0,25đ A
S
M
N
(6)chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt
mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có : BC AB
BC BM BC SA
Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao
Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,
3
2
2 3
a a
MN SM MN
AD SA a a
Suy MN =
4
a
BM =
2
a
Diện tích hình thang BCMN : S =
2
2
2 10
3
2 3
a a
BC MN a a
BM
Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB) BC SH Vậy SH ( BCNM) SH đường cao khối chóp
SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM SB MS =
1 2
Vậy BM phân giác góc SBA
30
SBH SH = SB.sin300 = a
Gọi V thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3SH dtBCNM =
0,25đ
0,25đ 0,25đ
(7)3
10 27
a
Câu V Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5-x +
5-y +5-z =
.Chứng minh :
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y
5 5 5 4
x y z
Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
( *)
( *)
3 3
2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Ta có
3
3
( )( ) 8
a a b a c
a a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
( )( ) 8
b b c b a
b b c b a
( 2)
3
( )( ) 8
c c a c b
c c a c b
( 3)
Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
(8)Câu Ph ần
Nội dung Điểm
CâuVI a (1,0)
1(1,
0) + Do ABCH nờn AB:
1
x y .
Giải hệ:
2
1
x y x y
ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ABBN B( 4;3)
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A'BC. - Phương trình đường thẳng (d) qua A
Vuụng gúc với BN (d): x 2y 0 Gọi I ( )d BN Giải hệ:
2
2
x y
x y
Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4)
+ Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ:
7 25
x y x y
Suy ra:
13 ( ; )
4
C
+
2 450
( 13 / 4) (3 / 4)
4
BC
, 2
7.1 1( 2) 25
( ; )
7
d A BC
Suy ra:
1 450 45
( ; ) .3
2 4
ABC
S d A BC BC
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu
VIIA 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1
(4; - 6; - 8) u2
( - 6; 9; 12) +) u1
u2
phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2
0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) n = ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + = 2) AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B
Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B
*) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H
36 33 15 ; ; 29 29 29
0,25đ
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28 ; ; 29 29 29
I trung điểm A’B suy I
65 21 43 ; ; 29 58 29
0,25đ
I
d1 H
A
B
A1
B C
A
H
N
(9)
Câu Nội dung Điểm
Câu VIIa (1,0)
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức C:
4 1 0
2
z
z z z
(1)
Nhận xét z=0 khơng nghiệm phương trình (1) z0
Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( ) ( ) 2 z z z z (2) 0.25đ
Đặt t=z-z
Khi
1 2 z z
t 2
2 t z z
Phương trình (2) có dạng : t2-t+2 (3) 9
1 i
PT (3) có nghiệm t= 1 i
,t= 1 i
0.25đ
Với t= 1 i
ta có 2 (1 3)
3 1
i z i z
z z
(4) Có (13i)2 1686i96ii2 (3i)2
PT(4) có nghiệm : z= i
i i ) ( ) ( ,z= ) ( ) (
i i i
0.25đ
Với t= 1 i
ta có 2 (1 3)
3 1
i z i z
z z
(4) Có (1 3i)2 168 6i9 6ii2 (3 i)2
PT(4) có nghiệm : z= i
i i ) ( ) ( ,z= ) ( ) (
i i i
Vậy PT cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
i
; z= i
0.25đ
Phần II. Câu VIb 1)
Ta có: d1 d2 I Toạ độ I nghiệm hệ:
/ y / x y x y x
Vậy ; I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD Md1 Ox
Suy M( 3; 0)
(10)Theo giả thiết: 2 12 AB S AD 12 AD AB S ABCD
ABCD
Vì I M thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
0 y x ) y ( ) x (
1 Lại có: MAMD 2
0,25đ
Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: y x y x 2 x x y ) x ( x x y y x x y 2 2 y x
y x
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do ; I
trung điểm AC suy ra: y y y x x x A I C A I C
Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb
(1,0) 2.a) Các véc tơ phương D1 D2 u1
( 1; - 1; 2) u2
( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2
0,25đ
Xét u u1; 2.MN
= - 10 0 Vậy D1 chéo D2
0,25đ
Gọi A(2 + t; – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2
1 AB u AB u ' t t
A
5 ; ; 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng qua hai điểm A, B đường vng góc chung D1 D2
Ta có :
2 x t y t z t 0,25đ 0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính có dạng:
2 2
11 13
6 6
x y z
(11)CâuVIIb
(1,0) Ta có:
2009 2009 2009
2009 2009 2009
(1 )i C iC i C
0 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( )
C C C C C C
C C C C C C i
Thấy:
( )
S A B
, với
0 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C C C C C C
0 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C C C C C C
+ Ta có: (1 )i 2009 (1 )[(1 ) ]i i 1004 (1 ).2i 1004 2100421004i Đồng thức ta có A chớnh phần thực (1 )i 2009 nờn
1004
A .
+ Ta có: (1x)2009 C20090 xC20091 x C2 20092 x2009C20092009 Cho x=-1 ta có: C20090 C20092 C20092008C20091 C20093 C20092009 Cho x=1 ta có:
0 2008 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
(C C C ) ( C C C ) 2 . Suy ra:B22008
+ Từ ta có: S 2100322007.
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN Mơn thi: TỐN HỌC – Khối A, B
Thời gian: 180 phút
(12)Cho hàm số
x
y C
x
Khảo sát vẽ C
2 Viết phương trình tiếp tuyến C , biết tiếp tuyến qua điểm A 6;5 Câu II:
1 Giải phương trình:
cos x cos3x sin 2x
4
.
2 Giải hệ phương trình:
3
2
x y
x y 2xy y
Câu III:
Tính
4
2 3x
4
dx I
cos x e
Câu IV:
Hình chóp tứ giác SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC Với giá trị góc mặt bên mặt đáy chóp thể tích chóp nhỏ nhất?
Câu V:
Cho a, b,c : abc 1. Chứng minh rằng:
1 1
1 a b b c c a 1 Câu VI:
1 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A 1;0 , B 2;4 ,C 1;4 , D 3;5 đường thẳng
d : 3x y 0 Tìm điểm M d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích nhau.
2 Viết phương trình đường vng góc chung hai đường thẳng sau:
1
x 2t
x y z
d : ; d : y t
2 1
z
Câu VII:
Tính:
0 1 2 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C C C C C
A
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN Câu I:
1 a) TXĐ: \\ 2
b) Sự biến thiên hàm số: -) Giới hạn, tiệm cận:
(13)+) x 2lim y , lim yx 2 x
tiệm cận đứng
+) xlim y xlim y 1 y 1 tiệm cận ngang
-) Bảng biến thiên :
2
4
y' x
x
c) Đồ thị :
-) Đồ thị cắt Ox 2;0, cắt Oy 0; 1 , nhận I 2;1 tâm đối xứng
2 Phương trình đường thẳng qua A 6;5 d : y k x 6 5 (d) tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm :
2
2 2
2
2
4 x
x x 6 5
k x x 2
x x
4 4
k k
x x 2
4x 24x
4 x x x x x 0;k 1
4
4 k
k x 6;k
x
x
Suy có tiếp
tuyến : 1 2
x
d : y x 1; d : y
4
(14)
2
1 cos x cos3x sin 2x
4 2cos x cos 2x sin 2x cos2x
2cos x 2sin x cos x 2cos x cos 2x
cos x cos x sinx cos2x
cos x cos x sinx sinx cosx
x k
2 cos x
cos x sinx x k
4 sinx cosx
sin x
1
x k
2 x k
2
x k
4 x k
4
x k2
x k2
4
5
x k2
4
1 1 3
2x x y
y x y x x y
2
1 1 3
2y 2x
x y y x
x y x y
2 x y
xy
xy
1 3
2x 2x
y x y x
x y
1 x y 1
2x
x x x y 1
2 x 2, y 2
y x
x 2, y
x
2x
2 x
Câu III:
(15)
2
1 1
2
4 2 2
0 0
3
1
2
2
1
0 2
2
d x
xdx 1 dt
I
x x x x 1 t t
1 dt du
2 1 3 3
t u
2 2
Đặt
3 dy
u tan y, y ; du
2 2 cos y
3
2
6
1
u y ;u y
2
3 dy
1 2
I dy
3
2 cos y 1 tan y
4
Câu IV:
Gọi M, N trung điểm BC, AD, gọi H hình chiếu vng góc từ N xuống SM Ta có:
2
ABCD
SABCD 2
2 2
2 2
2
2 SABCD
SMN ,d A; SBC d N; SBC NH
NH
MN S MN
sin sin sin
tan
SI MI.tan
sin cos
1 4
V
3 sin cos 3.sin cos
sin sin 2cos
sin sin 2cos
3
1
sin cos
3
V sin cos max
s
in2 2cos2 cos
3
Câu V: Ta có:
N
M I
D
A B
C S
(16)
2
3
3 3 3
3 3 3 3 3 3
3
3 3
3 3
a b a b a ab b ab a b
a b ab a b ab a b abc ab a b c
1 c
a b ab a b c a b c
Tương tự suy OK!
Câu VI:
1 Giả sử M x; y d 3x y 0.
AB
CD
MAB MCD
AB 5,CD 17
AB 3;4 n 4;3 PT AB : 4x 3y
CD 4;1 n 1; PT CD : x 4y 17
S S AB.d M;AB CD.d M;CD
4x 3y x 4y 17
5 17 4x 3y x 4y 17
5 17
3x y
4x 3y x 4y 17
3x y 3x 7y 21
1
7
M ;2 , M 9; 32
3 3x y
5x y 13
2 Gọi M d M 2t;1 t; t , N d N 2t ';1 t ';3
1
1
MN 2t 2t ' 1; t t '; t
2 2t 2t ' t t ' t
MN.u
2 2t 2t ' t t '
MN.u
6t 3t '
t t ' 3t 5t '
M 2;0; , N 1;2;3 , MN 1;2;4
x y z
PT MN :
1
Câu VII:
0 1 2 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C C C C C
A
1 2011
(17)Ta có:
k k
k k
k 2010
k
k k 1
2011
1 1 2 2011 2011
2011 2011 2011
2011 0
2011
2 2010! 2010!
2 C
k k! 2010 k ! k k ! 2010 k !
2 2011!
1
2 C
2011 k ! 2011 k ! 4022
1
A C C C
4022
1
2 C
4022 2011