Đề thi thử đại học môn Toán năm 2011

Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.. 2..[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRI SỞ GD&ĐT QUẢNG TRI TRƯỜNG THPT LÊLỢI TRƯỜNG THPT LÊLỢI Biên soạn Hoàng Hữu Lập Biên soạn Hoàng Hữu Lập

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ 1

NĂM HỌC 2010 – 2011 NĂM HỌC 2010 – 2011

Thời gian 180 phút Thời gian 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số  1

x y

x có đờ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm giá trị m để đường thẳng y=- +x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A B cho góc giữa hai đường thẳng OA OB bằng 60 (với O gốc tọa độ).0

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2 3 cos 2sin2

2 1

2cos



 

    

  

 x x

x .

2 Giải bất phương trình:  

2

2

x x  x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

7

2

1

3 2

 

  

 x

I dx

x x .

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lập phương ABCD A B C D / / / / có cạnh bằng a M điểm thuộc cạnh CD với

(0 )

= < <

CM x x a

, N trung điểm cạnh A D/ / Tính theo a thể tích khối tứ diện B MC N/ / Xác định x để hai đường thẳng B M/ C N/ vng góc với

Câu V (1,0 điểm)

Xác định giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thực ( + -1 + =1) 2 2- + + -1 +2

m x x x x x x

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chú ý Thí sinh chỉ được chọn hai phần (phần hoặc phần 2) II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chú ý Thí sinh chỉ được chọn hai phần (phần hoặc phần 2) 1 Theo chương trình Chuẩn.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa đợ Oxy, cho tam giác ABC có M1; 2là trung điểm cạnh BC còn hai cạnh AB AC có phương trình 2x y- - 2=0 4x+ - =y Tìm tọa độ đỉnh tam giác Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho A(2;1;0 ,) (B 0; 5;0 ,- ) (C 1; 2;6- ) mp(P): x+ + -y z 4=0

Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Tìm điểm I thuộc mp(P) cho + +

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

IA IB IC

nhỏ Câu VII.a (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình sau tập hợp số phức:

2

2

ì - =- +

ïï

íï- + = + ïỵ

x y i

x iy i

2 Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( )C x: 2+y2=2 Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C) biết tiếp tuyến cắt tia Ox, Oy tại A B cho tam giác OAB có diện tích nhỏ

2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy (P) cắt mặt cầu (S):

2+ 2+ -2 2 +6 - 4 + =5 0

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

2

ln 2ln ln 2ln ln ln

3

ìï + + - + + =

-ïïí

ï + =

ïïỵ x y

x x y y x y

với ,x yỴ  –––––––HẾT––––––––

Ghi chú.HS không được dùng tài liệu và Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ NHẤT

CÂU Y ĐÁP ÁN Điểm

I (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

+ TXĐ: \ 1{ }

+ Sự biến thiên:

– Chiều biến thiên: ( )

2

1

' 0,

1

y x

x

=- < " ¹

- , y’ khơng xác định tại x=1.

0,25

– Hàm số nghịch biến khoảng (- ¥ ;1) (1;+¥ ), hàm số khơng có cực trị – Gii han v tiờm cõn: xlimđ- Ơ y=xđ+Ơlim y=1 ị tiờm cõn ngang y=1.

xlimđ1+y=+Ơ ; limxđ1- y=- Ơ ị tiờm cõn ng x=1

0,25

– Bảng biến thiên:

x - ¥ +¥

y' - ||

-y

+¥

- ¥ 1

0,25

+ Đồ thị:

– Đồ thị cắt Oy tại O(0;0) – Đồ thị cắt Ox tại O(0;0) – Tâm đối xứng điểm I( )1;1

0,25

2 (1,0

điểm) + PT hồnh đợ giao điểm

2

( )

1 x

x m g x x mx m

x- =- + Û = - + = (1) với x¹ 1. 0,25

+ Đường thẳng y=- +x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt Û Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x¹

2 4 0 0 4

0 (*)

1 (1)

m m

m m

m m

g

ì ì < >

ï D = - > ï

ï ï

Û íï Û ớù ạ < >

ạ ùợ

ùợ .

+ Gọi x x1; 2 hai nghiệm (1), ta có ( ) ( )

1

1

1

0

x x m

x x m

g x g x

ìï + = ïï

ï =

íï

ïï = =

ïỵ (**)

+ Các giao điểm A x( 1;- x1+m B x) (, 2;- x2+m)

( )

( )

1

2

; ;

OA x x m

OB x x m

ìï = - +

ïïí

ï = - +

ïïỵ





+ Khi

( ) ( )( )

0

2 2

1 2

cos 60 cos ,

2 2

x x x m x m

OA OB

x mx m x mx m

+ - + - +

= =

- + - +

 

0,25

( )

( ) ( )

( )

2

1 2 2

2

2 2

1

2 2

1

2 2 2 2 2 2 2

x x m x x m x x m x x m m

m m

g x m m g x m m m m m m

- + + - + +

Û = = =

-+ - + - -

-(do (**))

{ }

2

2

2;0;6

2

m m m

m

m m m

é - =

ê

Û Û Ỵ

-ê -

=-ê ë

Kết hợp với (*) ta cĩ m=- m=6

0,25

II (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

+ ĐK:

1 cos

2

x¹ 0,25

+ Ta có

(2 cos) cos (2 3 cos) (1 sin )

1

2cos 2cos

PT

x x x x

x x

ộ ổỗ ửữự

ờ ỳ

- - ờ- ỗỗố - ứữữỳ - -

-ë û

Û = Û =

-

-0,25

sin cos

tan

,

3

x x

x

x  k k

Þ - =

Û =

Û = + Ỵ 

0,25

+ Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm phương trình

2 ,

x= +m  mỴ 

0,25

2 (1,0 điểm)

ĐK: x2- ³1 0Û x£ - x³

Ta có PTÛ (x- ) x2- £1 (x- ) (x+2) (1)

0,25

TH1 Xét x=2, PT (1) thỏa mãn 0,25

TH2 Xột xẻ - Ơ -( ; 1] [ )ẩ 1;2

( )

2

2

2

1 5

1

2

1

(1) (thoûa điều kiện xét) x

x

x x x

x

x x

éì + £ïïêí êï - ³ïỵê

Û - ³ + Û êì + > Û £

-ïêïêí

êï - ³ïỵë +

0,25

( )2

2 1 2 1 2

4

(1)Û x - £ + Ûx x - £ x+ Û x³

-So sánh điều kiện xét, nghiệm (1) TH3 x>2 Kết luận Tập nghiệm bất phương trình

[ )

5

; 2;

4

S= - Ơ -ổỗỗỗ ùúÈ +¥ ú

è û

III (1,0 điểm)

Tính

2

1

3 2

 

  

 x

I dx

x x

Đặt t= x+ Þ2 x= -t2 dx=2tdt Đổi cận:

2

7

x t

x t

ì = Þ = ïï

ớù = ị = ùợ

0,25

Ta cú

( ) ( )

3 3

2

2 2

1 2 24

2

3 4

t t t t

I dt dt t dt

t t t t

- + ổỗ ửữ

=ũ + - =ũ + =ũỗỗố - + + ÷÷ø 0,25

( )

3

2

6 24ln

t t t

= - + + 0,25

7 24ln

6

= - +

0,25

IV

(1,0 điểm) * Tính thể tích tứ diện B’MC'N: ' ' ' ' ' ' ( ( ))

1

, ' ' ' '

B MC N M B C N B C N

V =V = SD d M A B C D 0,25

3

1

' ' ' ' '

3

a A B B C AA

ổ ửữ

ỗ

= ỗỗố ữữứ = 0,25

* Tim x để B’M  C’N

Gọi H hình chiếu vng góc M (A’B’C’)

Þ B’H hình chiếu vng góc B’M (A’B’C’).

Vậy 'B M ^C N' Û B H' ^C N'

0,25 ' '  ' '

' ' ' '

' '

C B H D C N

B C H C D N

C H D N

a x

Û =

Û D =D

Û =

Û =

V (1,0 điểm)

+ ĐK: x £1

Phương trình tương đương ( )

2 2

1 1

m x+ - x + = x - x + +x - x +

(2)

0,25

+ Đặt ( )( )

2

2

2 2

1

1

1 1

t x x

t x x

t x x

ìï = +

-ïï

= + - ³ Þ í

ï £ + +

-ïïỵ Vậy 1£ £t

0,25

+ Ta có ( ) ( )

2 1

2

1 t t

f t m

t

+ +

Û = =

+ với tỴ ê úéë1; 2ùû

( )

2

/ 0, 1; 2

1

t t

f t t

t

+ é ù

Þ = > " Ỵ ê úë û

+ nên f t( ) đồng biến éêë1; 2ùúû.

0,25

+ PT cho có nghiệm 1; ( ) 1; ( ) ( ) ( ) f t m max f t f m f

é ù é ù

ê ú ê ú

ë û ë û

Û £ £ Û £ £

2

2 m

Û £ £

-

0,25

VIa (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

+ Tọa độ A nghiệm hệ

1

2

;

4 1

x y x

A

x y y

ìï

ì - - = ï = ỉ

ï ù

ù ị ỗ - ữữ

ớ ỗỗ ữ

ù + - = ù ố ø

ïỵ ï =-ïỵ 0,25

+ Gọi N trung điểm AC thì MN song song AB nên nMN =nAB=(2; 1- )

                           

Suy phương trình MN: 2(x- 1) ( )(+ - y- 2)= Û0 2x- y=0

Tọa độ N nghiệm hệ

1

2 1;

4 1

3 x x y

N x y

y

ìïï = ï

ì - = ỉ

ï ï

ù ù ị ỗ ữữ

ớ çç ÷

ï + - = ï è ø

ïỵ ï =

ïïïỵ .

0,25

+ N trung điểm AC suy

1

1

6 ;

5

2

3

C N A

C N A

x x x

C

y y y

ìïï = -

=-ï ỉ ử

ùù ị ỗ- ữữ

ớ ỗỗ ữ

ï è ø

ï = - =

ïïïỵ .

0,25

+ M trung điểm BC suy

13

13

6 ;

7

2

3

B M C

B M C

x x x

B

y y y

ìïï = - =

ï ỉ ư

ïï Þ ç ÷÷

í çç ÷

ï è ø

ï = - =

ïïïỵ .

0,25

2

(1,0 điểm)

+ Ta có IA IB+ +IC=3IG Suy IA IB IC+ +

                                         

nhỏ Û 3IG 

nhỏ nhấtÛ IGnhỏ

Û I hình chiếu vng góc G (P)

0,25

+ Đường thẳng d qua G, vng góc với (P) có phương trình 2 x t y t z t ì = + ïï ïï =- + íï ï = + ïïỵ 0,25

+ Tọa độ M nghiệm hệ 2 x t x y t y z t z

x y z

ì = + ïï ì =ï ï ï ï =- + ï ï Þ ï =-í í ï = + ï ï ï = ï ïïỵ ï + + - =

ïỵ Hay tọa đợ M (2; 1;3- )

0,25

VIIa (1,0 điểm)

+ Ta có ( )

2

2 3

3 3

2 2

x iy i

x y i x y i

i y i

x iy i x iy i

ì ì - =- + ì - =- + ï- + = + ï ï ï Û ï Û ï í í í ï- + = + ï- + = + ï - + = + ï ï

ỵ ỵ ïỵ 0,25

(2 ) 3

3

x iy i

i y i ìï = - + ïïï Û íï = + ïï - + ïỵ 0,25 ( ) ( )( )

3 3

9

x iy i

i i y ìï = - + ïïï Û í + -ï = ïï + ïỵ 0,25

11 16 15

13 13 vaø 13 13

x i y i

Û =- - =- - 0,25 VIb (2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) + ( ) ( ) ( ) 0;0 : Tâm : Bán kính C O C R ìïïï íï =

ïïỵ Gọi tọa độ A a( ;0 ,) (B 0;b) với a>0,b>0 0,25

+ Phương trình AB: 1

x y x y

a+ = Ûb a+ - =b

AB tiếp xúc (C)

( ) 2 2

2

1

, 2

1

ab d O AB

a b a b Û = Û = Û = + + (***) 0,25

2 2

2

2

2a OAB

a b a b

S

a b b D

Þ = £ =

+

Þ SDOAB nhỏ a=b.

0,25 Từ a=b (***) suy a= =b

Kết luận: Phương trình tiếp tuyến

1 2

x+ - =y

0,25

2 (1,0

điểm) + Phương trình (S): (x- 1)2+ +(y 3)2+ -(z 2)2 =32

( ) ( )

( )

1; 3;

:

Tâm : Bán kính S

S I R ỡù -ù ị ớù = ùợ 0,25

(P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r=2Þ d I P( ,( ))= R2- r2 = 2

2

5

A C

C A

A C

+

Û = Û =

+ 0,25

Chọn A=1 Þ C=2 Vậy phương trình mặt phẳng (P) x+2z=0 0,25

VIIb (1,0 điểm)

ĐK: x>0,y>0 hệ viết lại

2

ln 2ln ln ln 2ln ln (1)

3x 5y (2)

x x x y y y

ìï + + - = + +

-ïïí

ï + =

ïïỵ

Xét hàm số f t( ) = t2+ + -2t t với tỴ .

0,25

( ) ( ) ( )

2 /

2 2

1 1

1

1 0,

2 6

t t t t

t

f t t

t t t t t t

+ - + + + - +

+

ị = - = < Ê " ẻ

+ + + + + + 

Þ f t( ) nghịch biến 

0,25

Từ (1), ta có f(lnx)= f (lny) Û lnx=lnyÛ x=y 0,25

( )2 1

5

x x

x x ổửỗ ữ ổửỗ ữ x

+ = ỗỗ ữữ+ ỗỗ ữữ= =

ố ø è ø ( ( )

3

2

5

x x

g x =ỗỗỗổửữữữ+ ỗỗổửỗ ữữữ

ố ứ ố ứnghich bin )

Kết luận Hệ có nghiệm x= =y

0,25

Ghi chú.Đáp án trình bày cách giải Cịn nhiều cách giải khác, HS trình bày cho điểm tối đa theo thang điểm bài.

Biên soạn: Hoàng Hữu Lập

Giáo viên THPT Lê Lợi