Đang tải... (xem toàn văn)
Theo chương trình Chuẩn.. Theo chương trình Nâng cao.[r]
(1)TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 1/ Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số
2/ Tìm m để (d) cắt (C) ba điểm phân biệt M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vuông góc
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình : sin 2x+3sinx=cos 2x+cosx+1 Giải bất phương trình : x− −1 x+5>x−3 Câu III (1điểm) Tính tích phân I =
1
2
dx
1 x x
− + + + ∫
Câu IV (1điểm).Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = a
2 , góc BAD 60
Gọi M,N trung điểm cạnh A’D’ A’B’ Chứng minh AC’vng góc với mặt phẳng (BDMN) tính thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a
Câu V (1 điểm).
Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz = CMR: 3 3 3
( ) ( ) ( )
x y+z +y z+x +z x+y ≥ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh được làm một hai phần (phần A B)
A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2®iĨm)
1 Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B đường phân giác của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + = (d2): x + 2y + =
Viết phương trình đường thẳng BC
Trong không gian với hệ tọa độĐêcác vng góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – = hai đường thẳng : (d) x y z
1
+ − +
= =
− (d’)
x y z
2 1
− − −
= =
Viết phương trình tham số đường thẳng (∆) nằm mặt phẳng (P) cắt hai đường thẳng (d) (d’) CMR (d) (d’) chéo tính khoảng cỏch gia chỳng
Câu VIIa: (1điểm)
Cho khai triÓn n
n n
x a x
a x a a x
+ + + + =
+
3
1
2
0 Tìm số lớn số
n
a a a a , , , ,
2
0 biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 11025
1 2
2
= +
+ − − −
− n
n n n n n n n
n
nC C C CC
C .
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI b(2điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) elip (E):
2
3
x y
+ = Gọi F1 F2 tiêu
điểm của (E) (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2
2.Trong không gian với hệ toạđộ Oxyz, cho điểm B(0;3; ,) M(4; 0; 3− ) Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa B M, cắt trục Ox Oz, điểm A C cho thể tích khối tứ diện
OABC (O gốc toạđộ )
Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ ph-ơng tr×nh:
2
3
log (3 ) log ( )
( )
4 2.4 20
x y x y
x x y x y
x y x xy y
x R
+ +
+ +
+ + + + =
∈
+ =
(2)H
Họ tên thí sinh : ……… Số báo danh ………
TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 Mơn: TỐN
ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 07 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I (2 điểm)
: Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 1/ Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số
2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc
1/ Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số (Yêu cầu đầy đủ bước)
+ TXĐ
+ Tính y’=3(x2-1); y’ = 0,25đ
+ Khoảng đồng biến , nghịch biến + Cực trị
+ Giới hạn 0,25đ
* Bảng biến thiên:
x -∞ -1 +∞ y' + - +
y 3 +∞
-∞ -1
0,25đ
2
* Đồ thị:
4
2
-2
-4
y
-6 -4 -2
x
-1 3
1 -1 o
(3)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng
góc
Xét pt hoành độ giao điểm x3-3x+1=mx+m+1 (x+1)(x2-x-m-2)=0 x =-1
g(x) = x2-x-m-2=0 (1)
0,25đ d cắt (C) tại M(-1;3) cắt thêm tại N P cho tiếp tuyến của (C) tại đó
vng góc với
, ,
0
( ) ( ) ( 1)
g
N P
y x y x g
∆ >
= −
− ≠
0,25đ
Kết luận 0,5đ
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình : sin 2x+3sinx=cos 2x+cosx+1
2
2 sin cos sin 3sin cos cos(2 sin 1) sin 3sin
x x x x x
x x x
⇔ − + + − − =
⇔ − + + − = 0,25đ
cos (2 sin 1) (2 sin 1)(sin 2) (2 sin 1)(cos sin 2)
x x x x
x x x
⇔ − + − + =
⇔ − + + = 0,25đ
1
sin 6
2
5
cos sin ( ) ( )
6
x k
x
x x VN x k k Z
π
= + π
=
⇔ ⇔
π
+ = − = + π ∈
0,5đ
Giải bất phương trình : x− −1 x+5>x−3
2 x− −1 x+5 > x−3 (1) Đk:x≥1
Nhân lượng liên hợp: x− +1 x+5 >0
(2 x− −1 x+5)(2 x− +1 x+5)>(x−3)(2 x− +1 x+5) 4(x 1) (x 5) (x 3)(2 x x 5)
⇔ − − + > − − + +
3(x 3) (x 3)(2 x x 5)
⇔ − > − − + + (2) 0,25đ
Xét trường hợp:
TH1:x>3 phương trình (2) trở thành: 3>2 x− +1 x+5(3) (3) 2 2
VP > + = >3
nên bất phương trình (3) vơ nghiệm
(4)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TH3: 1≤x<3nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:
3<(2 x− +1 x+5) bình phương vế ta được: (x−1)(x+5)> −8 5x(4)
* 8
1
x
x x
− <
⇔ < <
≤ <
(5) (4) ln
* 8
1
x
x x
− ≥
⇔ ≤ ≤
≤ <
(*) nên bình phương hai vế (4)ta
9x −144x+144<0⇔8− 48<x< +8 48
0,25đ
Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 48 x
− < ≤ (6) Từ (5) (6) ta có đs: 8− 48<x<3
0,25đ
Tính I =
2
dx
1 x x
− + + +
∫ 0,25đ
Đặt t = 1+x + x2+1 ⇔ t – (1+x ) = x2+1 ⇔ ⇔
2
2
2 x 2x
2( 1)
t t
t t t x
t −
− = − ⇔ =
−
2
2
x
2( 1)
t t
d dt
t − + ⇒ =
−
Và 2
1
x t
x t
= ⇒ = +
= − ⇒ =
0,25đ Câu III
(1 điểm)
Vậy I =
2 2 2
2
2
( 2) x 1
2 ( 1) ( 1)
t t d
dt
t t t t t
+ +
− +
= = − +
− − −
∫ ∫ 0,25đ
=1 ln ln 2
2 t t t 2
+
− − + = =
−
0,25đ
Câu IV (1 điểm)
(5)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
N M
D' C
'
B' A'
S
O
D C
B A
Gọi O tâm ABCD , S điểm đối xứng A qua A’ M N trung điểm SD SB
AB=AD=a , góc BAD = 600 nên ∆ABDđều ⇒ 3,
a
OA= AC=a
SA = 2AA’ = a 3; CC’ = AA’ = a
⇒∆SAO = ∆ACC’ ⇒ SO⊥AC'
0,25đ
Mặt khác BD⊥(ACC A' ')⇒BD⊥AC' Vậy AC’ ⊥(BDMN)
0,25đ Lập luận dẫn tới
3
D
1
3 4
SAB
a
V = a a = ; '
2
1 3
3 16 32
SA MN
a a a
V = = 0,25đ
Vậy ' '
3 D
AA D
7a 32
SAB
B MN SA MN
V =V −V =
0,25đ Câu V
(1 điểm)
Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz =
CMR: 3 3 3
( ) ( ) ( )
x y+z + y z+x + z x+y ≥ Đặt a 1;b 1;c
x y z
= = = ta có :
3 3
3 3
2 2 2a 2a 2a
( ) ( ) ( )
bc b c bc
x y+z + y z+x +z x+y = b+c + a+c + b+a (1)
(6)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Do xyz = nên abc = Ta (1) ⇔
2 2
3 3
2 2 2a 2
( ) ( ) ( )
b c
x y+z +y z+x +z x+y =b+c+a+c+b+a Cũng áp dụng bất đẳng thức Cô si
ta
2
a
4 b c
a b c
+
+ ≥
+
2
4 b a c
b a c
+
+ ≥
+
2
4 c a b
c b a
+
+ ≥
+
2 2
a
2
b c a b c
b c a c b a
+ +
⇒ + + ≥
+ + + mà
3
3
a+ + ≥b c abc = Vậy
2 2
3 3
2 2 2a 2
3
( ) ( ) ( )
b c
x y+z + y z+x +z x+y =b+c+a+c+b+a≥ Điều cần chứng minh
0,75đ
Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B đường phân giác của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + = (d2): x + 2y + = Viết phương trình đường thẳng BC
Câu VIa (2 điểm)
1
Gọi C x y( ;c c)
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2C − yc−2;yc) Gọi M trung điểm AC nên 1;
2
c c
y M−y − +
0,25đ
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :
c
c c
y
y + y
− − − + = ⇒ =
( 4;1)
C
⇒ −
0,25đ
Từ A kẻ AJ ⊥d2 I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ phương đường thẳng (d2) (2; 1)u
→
− véc tơ pháp tuyến đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ)∩(d2) nên toạđộ diểm I nghiệm hệ
4
2
( ; )
2 5
5
x x y
I
x y
y
= −
− + =
⇔ ⇒ − −
+ + =
= −
0,25đ
Vì tam giác ACJ cân C nên I trung điểm AJ Gọi J(x;y) ta có:
8
0
8 11
5
( ; )
6 11 5
1
5
x x
J
y y
+ = − = −
⇔ ⇒ − −
+ = − = −
Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; ( 8; 11)
5
J − − là: 4x+3y+13=0
0,25đ
Mặt phẳng (P) cắt (d) điểm A(10 ; 14 ; 20) cắt (d’) điểm B(9 ; ; 5)
(7)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
x t y 8t z 15t
= − = − = −
+ Đường thẳng (d) qua M(-1;3 ;-2) có VTCP u 1;1; 2( )
+ Đường thẳng (d’) qua M’(1 ;2 ;1) có VTCP u ' 2;1;1( )
Ta có :
• MM '=(2; 1;3− )
• MM ' u, u ' =(2; 1;3− )( 11 ; 22 ; 12 )= − ≠8 0
Do (d) (d’) chéo (Đpcm)
0,25đ 2
Khi : ( ) ( )
( ) MM ' u, u '
d d , d '
11 u, u '
= = = 0,5đ
T×m sè lín nhÊt c¸c sè a0,a1,a2, ,an
Ta cã 2
n n n n n n n n n n n
nC 2C C C C 11025 (C C ) 105
C − + − − + − = ⇔ + =
+ Với n∈Nvà n≥2
− = = ⇔ = − + ⇔ = + − ⇔ = + ) i ¹ lo ( 15 n 14 n 210 n n 105 n ) n ( n 105 C
C 1n
2 n
Ta cã khai triÓn ∑ ∑
= − − = − = = + 14 k k k 14 k k 14 14 k k k 14 k 14 14 x C x C x Do k k 14 k
14
k C
a − −
=
Giả sử aklà hƯ sè lín nhÊt cần tìm ta đ-ợc hệ ,qua cụng thc khai trin nhị thức NEWTON ta có hệ sau :
1 k k k k a a a a + − ≥ ≥ ( )
3 28
2(15 )
k k k k + ≥ − ⇔ − ≥ k k ≥ ⇔ ≤ 0,25đ _ 0,25 Do kN, nên nhận giá trị k = k =
0,25 Câu
VIIa (1 điểm)
Do a5 a6 hai hệ số lớn nhất, thay vào ta đượckết
6 5;a
a a5 =a6
VËy hƯ sè lín nhÊt lµ
62208 1001 C a
a
14
5 = = =
− −
0,25đ
(8)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
( )
2
2 2
:
3
x y
E + = ⇒c =a −b = − =
Do F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x−y 1+ =0
⇒ M 1; ⇒ N
4 1;
3
0,5đ
⇒ NA 1;
= −
; F A2 =(1; 3)
⇒ NA.F A2 =0
⇒∆ANF2 vng A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác có đường kính F2N
0,25đ
Do đường trịn có phương trình :
2
2
( 1)
3 x− +y− =
0,25đ
2 • Gọi a c, lần lượt hoành độ, cao độ của điểm A C, Do OABC hình tứ diện theo giả thiết nên ac≠0
Vì B(0;3; 0)∈Oy nên ta có phương trình mặt phẳng chắn ( ):
x y z
P
a+ +c=
0,25đ
• M(4; 0; 3) ( )P 4c 3a ac a c
− ∈ ⇒ − = ⇔ − = (1)
1 1
.3
3 2
OABC OAC
ac
V = OB S∆ = ac = = ⇔ ac = (2) 0,25đ
Từ (1) (2) ta có hệ
4
6
3
4 6
2 a
ac ac a
c a c a c c
= −
= = − =
∨ ⇔ ∨
− = − = = − =
0,25đ
Vậy ( )1 ( )2
2
: 1; :
4 3 3
x y z x y z
P + − = P + + =
− 0,25đ
Câu VIIb (1 im)
Giải hệ ph-ơng trình:
2
3
log (3 ) log ( )
( )
4 2.4 20
x y x y
x x y x y
x y x xy y
x R
+ +
+ +
+ + + + =
∈
+ =
Đặt logx y+ (3x+y) log+ 3x y+ (x2+2xy+ y2)=3 (1) 2.4 20
x
x y+ + x y+ =
(2)
+ ĐK
0
x y x y < + ≠
< +
Với đk PT (1)
3
logx y+ (3x y) log x y+ (x y)
⇔ + + + =
logx y+ (3x y) log x y+ (x y) (3)
⇔ + + + =
Đặt t=logx y+ (3x+y)
(9)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM PT(3) trở thành 3 3 2 0
2 t
t t t
t t
=
+ = ⇔ − + = ⇔
=
Víi t=1 ta cã logx y+ (3x+y) 1= 3x+y=x+yx=0 thay vào (2) ta đ-ợc : 4y+2.40=204y =18⇔y=log 184 (TM)
Víi t=2 ta cã log (3 ) 2 3 ( ) (4)2
x y+ x+y = ⇔ x+y= x+y
0,25đ
PT(2)
2
1
2( ) 2( )
2 20 2 20 (5)
x x y
x y x y x y x y
+ +
+ + + +
⇔ + = ⇔ + =
+ Thay (4) vµo (5) ta đ-ợc
2
( )
2( ) 2( )
2 20 2 20 (6)
x y
x y x y x y x y
+
+ + + +
+ = + =
Đặt t= ( )
2 x y+ >0PT(6) trở thµnh t2 + t – 20 = 5( ) 4( )
t L
t TM
= −
=
Víi t = ta cã 2x y+ x y 3x y
= ⇔ + = ⇒ + =
Ta cã hÖ 1( )
3
x y x
TM
x y y
+ = =
⇔
+ = =
Kết luận hƯ PT cã cỈp nghiƯm (0;log 18); (1;1)4
0,5đ
HƯỚNG DẪN CHUNG
+ Trên đây chỉ bước giải khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bầy biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm
+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm + Chấm từng phần Điểm tồn làm trịn đến 0.5 điểm
Người đề : Thầy giáo Phạm Viết Thông