Bài soạn DE THI THU DH 2011 CO DAP AN

6 418 0
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/11/2013, 00:11

së GD & ®T Hng Yªn ĐỀ THI THƯ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011 Trêng thpt minh ch©u PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I : ( 2 điểm )Cho hµm sè 1 12 − + = x x y cã ®å thÞ (C). 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè . 2. Víi ®iĨm M bÊt kú thc ®å thÞ (C) tiÕp tun t¹i M c¾t 2 tiƯm cËn t¹i Avµ B . Gäi I lµ giao hai tiƯm cËn , T×m vÞ trÝ cđa M ®Ĩ chu vi tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt Câu II : ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 3 2 4 77 3 2 0x x+ − − − = . 2)Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân π π − = + ∫ 6 4 4 tan 1 x x I dx e . Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình bình hành cạnh AB = a, cạnh AD = b, góc · 0 60BAD = . Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho AM = x ( 0 < x < 4a ) .Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD tại N. Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng 5 4 thể tích của khối BCNMAD. Câu V : ( 1 điểm )Tìm m để hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   nghiệm thực PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) :Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d phương trình : 0x y− = và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hồnh tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vng cân tại M 2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 4 3 : 1 1 1 x z d y − + = − = − và 2 1 3 : 2 2 1 x y d z + − = = − − Viết phương trình tham số của đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1. Câu VII.a ( 1 điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức 1 3 . 2 2 z i= − + . Chứng minh rằng : ( ) ( ) 2 2 0a bz cz a bz cz+ + + + ≥ .Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi nào? B.Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b ( 2 điểm ) 1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1 , 2;4 , 10;6A B C− .Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương trình tham số đường phân giác ngoài của góc A. 2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 3;1;1 , 1;1; 1 , 1;2;3 , 4; 2;0A B C D− − − và mp(P) phương trình : 2 3 13 0x y z+ + − = .Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) sao cho 2 2 2MA MB MC MD− + − + uuur uuur uuuur uuuur ngắn nhất. Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( )  + − + − + =   + − + − + =   + − + − + =   3 2 3 2 3 2 3 3 ln 2 2 3 3 ln 2 2 3 3 ln 2 2 x x x x y y y y y z z z z z x . Hết . . Ghi chú :-Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm ĐÁP ÁN Câu I : ( 2 điểm ) 1) 3 2 7 2 3 2 3 x x y x=- - + + tập xác đònh D= R →+∞ = −∞lim x y và →−∞ = +∞lim x y ' 2 2y x x=- - + − − + = ⇔ = = − 2 2 0 1 2x x x hay x Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1) Hàm số nghòch biến trên khoảng: (- ∞ ;-2),(1; + ∞ ) Điểm cực đại của đồ thò hàm số :    ÷   7 1; 2 Điểm cực tiểu của đồ thò hàm số : ( ) 2; 1- - Tọa độ điểm uốn :   −  ÷   1 5 ; 2 4 I Vẽ đồ thò hàm số : 2) ∀ M ∈ d : M(m; 5 61 4 24 m + ) Phương trình tiếp tuyến của ( C) tại M 0 (x0;y 0 ):   − − − + +  ÷  ÷   3 2 0 0 0 7 2 3 2 3 x x y x = ( 2 0 0 2x x- - + )(x – x 0 ) Tiếp tuyến đi quaM ⇔   + − − − + +  ÷  ÷   3 2 0 0 0 5 61 7 2 4 24 3 2 3 x x m x = ( 2 0 0 2x x- - + )(m – x 0 ) ⇔   + − − + − =  ÷   3 2 0 0 0 2 1 3 5 0 3 2 4 24 m x m x mx Để thỏa YCBT ⇔ (*) hai nghiệm âm phân biệt. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 KL : π = − 26 30 4 I Câu IV : ( 1 điểm ) (MBC ) I (SAD) = MN ( Do AD // BC) ( N ∈ SD ) 2 0 . 1 2 3. . .sin60 . 3 3 S ABCD a b V AB AD SA= = . 2 . . . 1 3. . 2 3 S ABC S ACD S ABCD a b V V V= = = . . . 4 . . 4 S MBC S ABC V SM SB SC a x V SA SB SC a - = = ( ) 3 4 12 SMBC ab a x V - =   = =  ÷   2 . . . . S MNC S ADC V SM SN SC SM V SA SD SC SA ( ) 2 3. 4 48 SMNC b a x V - = ( ) ( ) . 3 4 8 48 S BCNM SMBC SMNC b a x a x V V V - - = + = ( ) 3 12 48 BCNMAB b x a x V - = Thỏa YCBT : . 5 4 S BCNM BCNMAB V V= 2 2 9 108 128 0 4a x = (Nhận) 3 32a x = (Loại) 3 x ax a⇔ − + =   ⇔     KL : 4a x = 3 Câu VIa : ( 2 điểm ) 1)đường thẳng ∆ phương trình : ( ) ( ) 1 2 3 0m x m y m+ + − + + = và đường tròn (C) phương trình : 2 2 6 6 13 0x y x y+ + − + = . ( C ) tâm I(-3;3) và bán kính R = 5 . Hệ vô nghiệm ⇔ ∆ và ( C) không 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 . x y -2 -1 7 2 1 0 D B A C S M N ⇔  + − >    − >    − <   2 7 5 0 3 12 5 0 18 3 5 0 2 4 m m m m 5 1 2 6 5 18 5 6 m hay m m m  < − >    ⇔ <    <   KL: Những điểm M nằm trên d phải hoành độ thỏa : 5 1 5 2 6 18 M M x hay x< - < < Câu II : ( 2 điểm ) 1)Đặt : ( ) 3 2 2 4 3 và v= x 77 ĐK: v 0u x= − + ≥ Ta hệ : ( ) ( ) 3 4 2 0 1 80 2 v u u v  − − =   − = −   (I) Thế v = u+2 vào phương trình (2) (2) ⇔ 4 3 2 7 24 32 64 0u u u u− − − − + = ⇔ u = 1 hay u = - 4 (I) 1 3 =  ⇔  =  u v hay ( ) 4 2 Loại = −    = −   u v KL : x = 2± CâuIII :( 1 điểm ) Đặt : x = -t ⇒ dx = -dt Đổi cân : x= π 4 ⇒ t= π − 4 ; x= π − 4 ⇒ t= π 4 I = π π π π − − − = + + ∫ ∫ 6 6 4 4 4 4 tan tan 1 1 t x t x e t e x dt dx e e Ta : I + I = π π π π − − + + + ∫ ∫ 6 6 4 4 4 4 tan tan 1 1 x x x x e x dx dx e e ⇒ 2I = π π − ∫ 4 6 4 tan xdx = ( ) ( ) π π −   + − + + + −   ∫ 4 4 2 2 2 2 4 tan tan 1 tan tan 1 tan 1 1x x x x x dx π π −   = − + −     5 3 4 4 tan tan tan 5 3 x x x x = π − 26 15 2 ( ) 0 2 0 0 1 0 2 2 5 5 3 0 * 3 6 12 2 x m x m x  = >   ⇔    + − + − =  ÷     Câu V : ( 1 điểm ) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 điểm chung ( ) ,⇔ ∆ >d I R 2 6 5 2 2 5 − ⇔ > − + m m m 11 1 9 ⇔ − < <m KL : m = 0 hay m = -1 2) ∀ M ∈ d 2 : ( ) 2 2 2 1 2 ;3 ;2M t t t− + − − Dựng mp(P) đi qua M và vuông góc với d1 Ptmp(P) đi qua M và VTPT ( ) 1;1;1n = − r : 2 4 6 0x y z t− + + + − = H = (P) I d 2 ⇒ H =hc 1 M d   ⇒ − −  ÷   2 2 2 4 4 4 ;5 ;1 3 3 3 H t t t K đối xứng với M qua d 1 ⇒ H là trung điểm của đoạn MK Đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1   ⇒ + − − ∈  ÷   2 2 2 3 2 5 5 1 ;7 ; 3 3 3 K t t t d KL: ptts của dường thẳng d 3 đối xứng với d 2 qua d 1 dạng: 1 2 , 7 5 , 5x t y t z t = + = − = − Câu VIb ( 2 điểm ) 1)Đường thẳngAB ,AC lần lượt các Vectơ đơn vò : 1 4 3 ; 5 5 AB e AB   = =  ÷   uuur ur uuur , 2 12 5 ; 13 13 AC e AC   = =  ÷   uuur uur uuur Phương trình đường phân giác ngoài của góc A Vectơ chỉ phương : 1 2 8 14 ; 65 65 e e   − = −  ÷   ur uur hay (-4,7) KL : Phương trình tham số của đường phân giác ngoài của góc A là : 2 4 1 7 x t y t = − −   = +  ( t ∈ R ) Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c 2)Gọi I thỏa : 2 2 2 0IA IB IC ID− + − + = uur uur uur uur r ( ) 5 ; 6 ; 7 0x y z- - - - - =Û r Ta tìm được I(5; -6 ; -7 ) Lúc đó : 2 2 2MA MB MC MD− + − + uuur uuur uuuur uuuur =MI 2 2 2MA MB MC MD− + − + uuur uuur uuuur uuuur ngắn nhất ⇔ đoạn MI ngắn nhất khi ( ) I P M hc= Phương trình chính tắc của d qua I và d 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 . Xét hệ : ( ) ( )  − + − + =   + + − =   2 5 1 0 3 5 4 0 x m y x m y ⇔ ( ) ( )  − + = − +   − + = −   5 5 5 15 5 5 5 m x m m y (I) TH1 : ≠1m MinP = 0 khi 3 1 và y= 1 m - 1 m x m - = - TH2 : m = 1 Đặt : t = -2x – 4y +1 Khi đó :   = + + = + + ≥  ÷   2 2 13 15 25 13 15 25 25 4 2 4 4 13 13 13 P t t t MinP = 25 13 khi t = - 15 13 khi 28 2 4 0 13 x y+ - = KL : m ≠ 1: MinP = 0 khi 3 1 và y= 1 m - 1 m x m - = - m=1 : MinP = 25 13 khi 7 1 13 2 x k R y k ì = Ỵ ï ï ï í ï = - ï ï ỵ Câu VIIa ( 1 điểm ) Ta : ( ) ( ) 2 2 a bz cz a bz cz+ + + + = a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca = 1 2 (2a 2 + 2b 2 +2 c 2 –2 ab – 2bc – 2ca) = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 a b b c c a   − + − + −   ≥ 0(ĐPCM) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 vuông góc với (P) : 5 6 7 2 3 x y z − + = = + M=(P) I d Þ M(9;0;-5) Câu VII b ( 1 điểm ) Nghiệm của hệ là số giao điểm của Xét hàm số ( ) ( ) 3 2 3 3 ln 2 2f t t t t t= + - + - + trên R Ta : ( ) = + + > ∀ ∈ − + 2 ' 2 2 3 2 0, 2 2 t f x t t R t t Xét hàm số g(t) = t trên R và g ’ (t)=1 >0, ∀ t ∈ R Hàm f(t) và hàm g(t) cùng đồng biến trên R x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y) ⇒ g(y) ≤ g(z) ⇒ y ≤ z ⇒ f(y) ≤ f(z) ⇒ g(z) ≤ g(x) ⇒ z ≤ x Vậy : x = y = z = t t là nghiệm của phương trình : ( ) 3 2 2 3 ln 2 2 0t t t t+ - + - + = (*) Hàm số h(t) = ( ) 3 2 2 3 ln 2 2t t t t+ - + - + đồng biến trên R (vì ( ) 2 ' 2 2 1 3 2 2 t h t t t t = + + - + >0, ∀ t ∈ R) và h(1) = 0 (*) nghiệm duy nhất t= 1 . KL: Hệ nghiệm duy nhất (1;1;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 II 2. 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + 1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + [ ] sin 0 (sin ). 2 2(sin ) sin . 0 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx − =  ⇔ − + + + = ⇔  + + + =  0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx x k k Z π π − = ⇔ = + ∈ 0,25 + Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + = , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx   + ∈ −   được pt : t 2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai = −  ⇔  = −  t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m π π π π = +   ⇒ ∈  = − +  ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m π π π π π π  = + ∈   = + ∈   = − +   0.25 . . Cõu AVI.1 (1,0 ) A nm trờn Ox nờn ( ) ;0A a , B nm trờn ng thng 0x y = nờn ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b = = uuur uuur Tam giỏc ABM vuụng cõn ti M nờn: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b = = = + = + uuur uuur , do 2b = khụng tha món vy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b = = + = + + = + ữ 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b = = = = + = = Vi: 2 1 a b = = ng thng qua AB cú phng trỡnh 2 0x y+ = Vi 4 3 a b = = ng thng qua AB cú phng trỡnh 3 12 0x y+ = 0,25 0,25 ,25 0,25 Gọi M + 1 3 2; 0 0 x x (C) * Tiếp tuyến tại M dạng: 1 3 2)( )1( 3 0 0 2 0 ++ = x xx x y Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B dạng là: A + 1 6 2;1 0 x B(2x 0 -1; 2) ; I(1; 2) * Ta có: S IAB = 2 1 . IA. IB= 63.212 1 6 2 1 0 0 == x x (đvdt) * IAB vuông diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB (HS tự chứng minh). = += = 31 31 12 1 6 0 0 0 0 x x x x * Vậy hai điểm M thỏa mãn điều kiện M 1 ( 32;31 ++ ) M 2 ( 32;31 ) Khi đó chu vi AIB = 6234 + . V) 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y  − ≥ − ≤ ≤   ⇔   ≤ ≤ − ≥    Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta (1) ⇔ t 3 − 3t 2 = y 3 − 3y 2 . Hàm số f(u) = u 3 − 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 2 2 1 0x x m− − + = Đặt 2 1v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v 2 + 2v − 1 đạt 0;1 0;1 min ( ) 1; m ( ) 2 [ ] [ ] axg v g v= − = Vậy hệ phương trình nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2 . .  + − + + + −   ∫ 4 4 2 2 2 2 4 tan tan 1 tan tan 1 tan 1 1x x x x x dx π π −   = − + −     5 3 4 4 tan tan tan 5 3 x x x x = π − 26 15 2 ( ) 0. 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + 1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = +
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài soạn DE THI THU DH 2011 CO DAP AN, Bài soạn DE THI THU DH 2011 CO DAP AN, Bài soạn DE THI THU DH 2011 CO DAP AN

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn