ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ doc

5 140 0
  • Loading ...
1/5 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 29/07/2014, 06:20

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A+B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 12 + + = x x y 1. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị )(H c ủ a hàm s ố đ ã cho. 2. Vi ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ủ a đồ th ị )(H bi ế t ti ế p tuy ế n cách đề u hai đ i ể m )4;2(A và )2;4( −−B . Câu II (2,0 điểm) 1. Gi ả i ph ươ ng trình: 12cos.2sin33)cos(sin4 66 =−+ xxxx 2. Gi ả i ph ươ ng trình: )(42420 2 Rxxxxx ∈+=+++ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: dx xx xxx I ∫ +− +− = 2 0 2 23 1 32 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh A’B’, B’C’. Tính theo a thể tích khối tứ diện AD’MN và khoảng cách từ A đến đường thẳng D’N. Câu V (1,0 điểm) Cho 0,, >cba và 3=++ cba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ba cca ac bbc cb aab P + + + + + + + + = 333 II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC∆ có phương trình các cạnh ACAB, lần lượt là 032 =−− yx , 0 =+ yx và trọng tâm )1;2( − G . Lập phương trình cạnh BC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm )9;8;1( A và )3;4;3( −−− B . Tìm toạ độ điểm C trên mặt phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 4182 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình )(0 33 log)2(log 2 3 2 3 Rx x x x x ∈= +− +− B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua )3;2( M và cắt đường tròn 0222 22 =−−−+ yxyx tại hai điểm BA, sao cho 32=AB . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm )3;4;2( − A và )15;2;4(B . Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình    =++− =+−+− 4)1(log3)2(log2 0222 22 2 yyx xyxyy Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh…………………… www.laisac.page.tl Trang 1 /4 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) • Tập xác định: }1{\ − = RD • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 10 )1( 1 ' 2 −≠∀> + = x x y 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;( − −∞ và );1( +∞ − - Giới hạn và tiệm cận: lim x → -∞ y = 2, lim x → +∞ y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2 lim x → (-1) - y = + ∞ lim x → (-1) + y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1 0.25 - Bảng biến thiên: x -∞ -1 + ∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ 0.25 • Đồ thị: Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0 điểm) Gọi 0 x là hoành độ tiếp điểm )1( 0 −≠x , phương trình tiếp tuyến là 1 12 )( )1( 1 0 0 0 2 0 + + +− + = x x xx x y Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB. 0.25 • Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có: 1 1 12 )1( )1( 1 1 0 0 0 0 2 0 =⇔ + + +−− + = x x x x x suy ra phương trình tiếp tuyến là 4 5 4 1 += xy 0.25 • Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là 1 )2(4 )4(2 = −− − − − =k    −= = ⇔= + ⇔ 2 0 1 )1( 1 0 0 2 0 x x x 0.25 I (2.0 điểm) với 0 0 = x ta có phương trình tiếp tuyến là 1 + = xy Với 2 0 − = x ta có phương trình tiếp tuyến là 5 + = xy Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là 4 5 4 1 += xy ; 1 + = xy và 5 + = xy . 0.25 Trang 2 /4 Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) Ta có 12cos.2sin33)cos(sin4 66 =−+ xxxx 12cos.2sin33)]cos(sincos.sin3)cos[(sin4 2222322 =−+−+⇔ xxxxxxxx 12cos.2sin33)2sin 4 3 1[(4 2 =−−⇔ xxx 0.25 04sin 2 33 )4cos1( 2 3 3 =−−−⇔ xx 2 1 4sin 2 3 4cos 2 1 −=−⇔ xx 0.25 6 sin) 6 4sin( π π =−⇔ x 0.25 )( 24 212 Zk kx kx ∈       += += ππ ππ . Vậy phương trình có nghiệm )( 24 212 Zk kx kx ∈       += += ππ ππ 0.25 2.(1.0 điểm) Điều kiện 0 ≥ x . Do 0 = x không phải là nghiệm nên chia hai vế cho x ta được: ) 2 (21 4 20 x x x x +=+++ 0.25 Đặt x xt 2 += 4 4 2 −=+⇒ t x x , phương trình trở thành tt 2116 2 =++ 0.25      +−=+ ≥ ⇔ 14416 2 1 22 ttt t 3 = ⇔ t 0.25 II (2.0 điểm) Với 3 = t ta có 3 2 =+ x x    = = ⇔ 4 1 x x (thoả mãn điều kiện). Vậy    = = 4 1 x x 0.25 Ta có dx xx xxx I ∫ +− −− = 2 0 2 2 1 )12)(( 0.25 Đặt 1 2 +−= xxt dx xx x dt 12 12 2 +− − =⇒ ;với 10 = ⇒ = tx , với 32 =⇒= tx 0.25 1 3 ) 3 1 (2)1(2 3 3 1 2 ttdttI −=−=⇒ ∫ 0.25 III (1.0 điểm) 3 4 = . Vậy 3 4 =I 0.25 = ∆ MND S ' − '''' DCBA S − ∆ MAD S '' − ∆ MNB S ' NCD S ''∆ 8 3 8 4 4 2222 2 aaaa a =−−−= 0.25 8 8 3 . 3 1 '. 3 1 32 '' aa aSAAV MNDMNAD === ∆ 0.25 Gọi H là hình chiếu của S trên D’N, ϕ là góc giữa AD’ và D’N. Ta có 2/3;2/5';2' aANaNDaAD === =−= ϕϕ 2 cos1sin 2 222 '.'.2 '' 1         −+ − NDAD ANNDAD 10 3 = 0.25 IV (1.0 điểm) 5 3 10 3 .2sin'. a aADAH === ϕ Vậy 8 3 ' a V MNAD = và 5 3 )',( a NDAd = 0.25 D’ B D C A N C’ A’ B’ H M Trang 3 /4 Câu Đáp án Điểm Ta có b c b ba c b abcb c b aab − + + = + + − − = + + )(33)3(3 Tương tự ; )(33 c a c cb a c bbc − + + = + + a b a ac b a cca − + + = + + )(33 0.25 )(3P cba ba ac ac cb cb ba ++−       + + + + + + + + =⇒ 33 −       + + + + + + + + = ba ac ac cb cb ba 0.25 ≥ + + + + + + + + b a ac a c cb c b ba 3 3 3 = + + + + + + ba ac ac cb cb ba 6 ≥ ⇒ P 0.25 V (1.0 điểm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi      =++ + + = + + = + + 3cba ba ac ac cb cb ba 1 = = = ⇔ cba . Vậy 6min = P khi 1 = = = cba 0.25 1.(1.0 điểm) A có toạ độ thoả mãn hệ phương trình    −= = ⇔    =+ =−− 1 1 0 032 y x yx yx Vậy )1;1( − A 0.25 Gọi );(),32;( ccCbbB − − .Vì G là trọng tâm ABC ∆ nên    −=−−+− =++ )1.(3321 1.31 cb cb 0.25    = = ⇔ 3 2 c b suy ra )3;3(),1;2( − CB 0.25 Phương trình cạnh BC là 094 1 3 1 2 3 2 =−+⇔ −− − = − − yx yx Vậy phương trình cạnh BC là 094 = − + yx . 0.25 2.(1.0 điểm) Gọi )0;;( baC .ta có 22222222 3)4()3(9)8()1( ++++=+−+−⇔=⇔= babaCBCACBCA ba 314 − = ⇔ 0.25 Gọi I là trung điểm AB. Ta có )3;2;1( − I , 304 = AB . Vì ABC ∆ cân nên 22 .2 == ∆ AB S CI ABC 0.25 Ta có )0;;314( bbC − , 22=CI 223)2()315( 222 =+−+−⇔ bb 0.25 VIa (1.0 điểm)     = = ⇔ 5 27 4 b b suy ra )0;4;2(C hoặc )0; 5 27 ; 5 11 ( − C Vậy )0;4;2(C hoặc )0; 5 27 ; 5 11 ( − C 0.25 Điều kiện:    ≠ > ⇔      > +− >− 2 0 0 33 0)2( 2 2 x x xx x x 0.25 Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với 332 33 log2log 2 2 33 +−=−⇔ +− =− xxxx x xx x 0.25 Nếu 2 > x ta có 3332 22 =⇔+−=− xxxxx (thoả mãn điều kiện) 0.25 VIIa (1.0 điểm) Nếu 20 < < x ta có     = = ⇔+−=+− 2 3 1 332 22 x x xxxx (thoả mãn điều kiện) Vậy phương trình có 3 nghiệm 2 3 ;1;3 === xxx 0.25 Trang 4 /4 Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) Đường tròn có tâm )1;1( I , bán kính 2 = R .Gọi N là trung điểm AB 1 22 =−=⇒ ANRIN ⇒ khoảng cách từ I đến ∆ là 1),( = ∆ Id 0.25 Phương trình ∆ có dạng )0(0)3()2( 22 ≠+=−+− baybxa 1),( = ∆ Id 1 2 22 = + −− ⇔ ba ba 0.25     −= = ⇔ ab b 3 4 0 0.25 Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0. Với ab 3 4 −= , chọn 4;3 − = = ba ta có phương trình 0643 = + − yx 0.25 2.(1.0 điểm) Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua mp(Oxz), suy ra )15;2;4(' − B . 0.25 Chu vi tam giác MAB là AB AB AB MB AM AB MB AM + ≥ + + = + + ' ' Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng. 0.25 Gọi );0;( baM . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k sao cho → AM =k. → AB’      −=− −−=− +=+ ⇔ )315(3 )42(4 )24(2 kb k ka 0.25 VI.b (2.0 điểm)      = = = ⇔ 11 2 3/2 b a k Vậy với )11;0;2(M thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. 0.25 Điều kiện:    >+ >− 01 02 y yx 0.25 Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với    =++− =+− 4)1(log3)2(log2 2)1).(2( 22 yyx yyx 0.25    =++− =++− ⇔ 4)1(log3)2(log2 1)1(log)2(log 22 22 yyx yyx    =+ −=− ⇔ 2)1(log 1)2(log 2 2 y yx 0.25 VII.b (1.0 điểm)      = = ⇔      =+ =− 3 4 7 41 2 1 2 y x y yx ( thoả mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình có nghiệm      = = 3 4 7 y x 0.25 Hết Gv: Trần Văn Hưng B A M I N B’ B A M . SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2 011 Môn thi: TOÁN, khối A+B Thời gian làm bài : 18 0 phút, không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT. THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 011 Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1. 0 điểm) • Tập xác định: }1{ − = RD . ngang là y = 2 lim x → ( -1 ) - y = + ∞ lim x → ( -1 ) + y = - ; tiệm cận ngang là x = -1 0.25 - Bảng biến thi n: x - -1 + ∞ y’ + + y +∞ 2 2 - 0.25 • Đồ thị: Đồ
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ doc, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ doc, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ doc

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn