Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 23 23 mxxxy (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2tancot) 4 2(cos2 2 xxx 2. Giải bất phương trình: 2( 3 5 4 3) 15 5 2 9 293 xx x x x Câu III (1 điểm) Tính dx x xxx 4sin 2tan2tancot Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 0 60 . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC . Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm thực: 22 (4) 25 824 mx x x x PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình: x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm (1;1;1)A . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm. Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: 22 2 22 2 1 22 2 42 44 2 3.2 112 xxyy yxy B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình :3 23 0AB x y , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (0;2)I , điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2)ABC và mặt phẳng (): 2 2 0xy z . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 22 2 TMAMB MC đạt giá trị nhỏ nhất. www.VNMATH.com Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 22 21 3 log (4 4 1) log (2 7 3) 5 x x xx xx ---------------Hết--------------- Họ và tên thí sinh:……………………………… www.VNMATH.com ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: B Câu Đáp án Điểm 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 32 32yx x=- + Tập xác định: D = Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: /2 /2 36, 0 03 6 ,(0)2,(2) 2 2 yxx x yxx yy x =- é = ê =Û - Û = =- ê = ê ë 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và y CT = y(2) = 2; + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = y(0) = 2. - Giới hạn: xx lim , lim 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 // // 66, 0660 1,(1)0yxy x xy=- =Û-=Û= = điểm uốn I(0; 2) Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3) và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt '93 0 3mm (1) 0,25 3 2)2 3 2 (').1( 3 1 23 23 m x m yx mxxxy Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình 3 2)2 3 2 ( m x m y 0,25 I (2,0 điểm) Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai 3 6 ;0,0; )3(2 6 m B m m A 0,5 0 y’(x) y(x) + 2 0 0 + + 2 2 + x y 1 2 13- 13+ 2 2 www.VNMATH.com Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA OB 66 2( 3) 3 93 6; ; 22 mm m mm m Với m = 6 thì OBA do đó so với điều kiện ta nhận 2 3 m 1. Giải phương trình: 2tancot) 4 2(cos2 2 xxx Đk k k x , 2 Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 1cos(4 ) 2 2sincos x x x x p ++= - 0,25 2 cos2 sin2 cos2 sin2 1sin4 (cos2 sin2) sin cos sin cos x xxx xxx x xxx -- Û- = Û - = 0,25 cos 2 sin 2 0 tan 2 1 (cos 2 sin 2 ) sin 2 2 sin 4 cos 4 5 xx x xxx x x éé -= = êê ÛÛ êê -=+= êê ëë 0,25 II (2,0 điểm) , 82 l xl pp Þ=+ ÎZ So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là , 82 l xl pp =+ ΢ 0,25 2. Giải bất phương trình: 2( 3 5 4 3) 15 5 2 9 293 xx x x x Đk 5 3 x ³ Bất phương trình đã cho tương đương với 2( 3 5 4 3) 5( 2 9 3) 0 293 xx x x x -+ - -+-< ++ 35 4350xxÛ-+--< 0,25 Xét hàm số 5 () 3 5 4 3 5, 3 fx x x x=-+--"³ Có 32 5 '( ) 0, 3 23 5 4 3 fx x xx =+>"> -- nên hàm ( ) f x tăng 5 3 x"³ , mặt khác (3) 0f = 0,50 Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 3 3 x££ 0,25 III (1,0 điểm) cot tan 2tan 2 2cot 2 2tan 2 sin 4 sin 4 xx x x x dx dx x x -- - = òò 0,25 www.VNMATH.com 2cot4 sin 4 x dx x = ũ 0,25 2 cos 4 2 sin 4 x dx x = ũ 0,25 1 2sin4 C x =- + 0,25 Cho hỡnh chúp S.ABC cú tam giỏc ABC vuụng ti B, AB = a, BC = a 3 , SA vuụng gúc vi ỏy, gúc gia hai mt phng (SAC) v (SBC) bng 0 60 . Gi H, K ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn SB v SC. Tớnh th tớch khi chúp S.ABC. Chng minh HK SC 0,25 tam giỏc AHK vuụng ti H v ã 0 60AKH = 0 .sin60AH AK= 0,25 22 .2 2 34 AB AC a SA AC AB == - 0,25 IV (1,0 im) 2 13 . 22 ABC a SABBC D == 3 16 . 312 ABC a VSSA D == 0,25 Pt ó cho c vit li v dng: 222 (4) 2(4)4( 2)mx x x x+ + = + + + (1) Do x = 4 khụng phi l nghim (1) dự m ly bt c giỏ tr no nờn: pt (1) 2 2 44 2 4 2 xx m x x ++ =+ + + (2) t 2 4 2 x t x + = + , pt (2) tr thnh: 4 mt t =+ 0,25 V (1,0 im) Xột hm 2 4 () 2 x fx x + = + . TX: Ă , 22 24 1 '( ) ; '( ) 0 2 (2) 2 x fx fx x xx - === ++ 1 3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1 2 xx ffxfx đ- Ơ đ+Ơ ổử ữ ỗ ==- = ữ ỗ ữ ỗ ốứ Bng bin thiờn: T bng bin thiờn ta suy ra iu kin ca t l: 1 < t 3 v pt 2 4 2 x t x + = + cú 2 nghim phõn bit khi v ch khi: 1 < t < 3 (3) 0,25 x f(x) t = f(x) + 1 2 0 + 1 3 1 B A C S K H www.VNMATH.com Li xột hm 4 ()gt t t =+ vi 1 < t 3 ; 2 2 4 '( ) ; '( ) 0 2 t gt gt t t - ==ị= 13 (1) 5;(1) 5;(2) 4;(3) 3 gggg-=- = = = , 00 lim ( ) ; lim ( ) xx fx fx -+ đđ =-Ơ =+Ơ Bng bin thiờn: 0,25 T (3) v bng bin thiờn ta suy ra iu kin ca m tha yờu cu bi toỏn l: 13 4 3 m<< 0,25 1. Cho tam giỏc ABC cú ng phõn giỏc trong gúc A, ng trung tuyn k t B v ng cao k t C ln lt l x + y 3 = 0, x y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tớnh ta cỏc nh ca tam giỏc ABC. t l A : x + y 3 = 0, m B : x y + 1 = 0, h C : 2x + y + 1 = 0 - A l A A(a; 3-a); B m B B(b;b+1); C h C C(c;-1-2c) - AB h C 3a + b 4 = 0 (1) 0,25 Gi M l trung im ca AC 22 ; 22 ac a c M ổử +-- ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ốứ M m B 2a + 3c = 0 (2) 0,25 - Gi N l trung im BM 24 22 ; 44 abc abc N ổử ++ -+- ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ốứ l A m B N l A 4b c 8 = 0 (3) 0,25 Gii h ba phng trỡnh (1), (2) v (3) ta c 12 39 32 49 8 1 ;, ;, ; 17 17 17 17 17 17 ABC ổửổửổ ử ữữ ữ ỗỗỗ ữữ ữ -- ỗỗỗ ữữ ữ ỗỗỗ ữữ ữ ỗỗỗ ốứốứố ứ 0,25 2. Trong khụng gian ta Oxyz, cho hai mt phng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 v im (1;1;1)A . Tỡm ta cỏc im M trờn (P), N trờn (Q) sao cho MN vuụng gúc vi giao tuyn ca (P), (Q) v nhn A l trung im. () (;;3 )M PMxyxẻị - A l trung im MN ----+(2 ;2 ;5 )Nx y x ẻị-=() 2 (1)NQ xy 0,25 (2 2 ; 2 2 ; 8 2 )MNxyx=- -- -+ uuuur Vect phỏp tuyn ca hai mt phng (P) v (Q): 12 (1;0;1), (0;1;1)nn== rr 12 [ , ] ( 1; 1; 1)nnn==-- rrr 0,25 MN vuụng gúc vi giao tuyn ca hai mt phng (P), (Q) .0MNn= uuuur r 24(2)xy+= 0,25 VI.a (2,0 im) Gii h phng trỡnh gm (1) v (2) ta c ==2, 0xy --(2;0;1), (0;2;3)MN 0,25 x g(x) m = g(x) 1 0 5 3 1 0 2 + 4 5 13 3 www.VNMATH.com Gii h phng trỡnh: 22 2 22 2 1 22 2 42 44(1) 2 3.2 112 (2) xxyy yxy t 2 1 4, 2 x y uv - == , K: u > 0, v > 0. Khi ú h tr thnh: 2 2 2 2 ()4 4 12 112 4 12 112 uv uv vuv vuv ỡ ỡ -= ù -= ù ùù ớớ ùù += += ùù ợ ợ (I) hoc 2 2 4 12 112 uv vuv ỡ -=- ù ù ớ ù += ù ợ (II) 0,25 Gii (I), (II) c: 37 (;) (4;2), ; 22 uv ỡỹ ổử ùù ùù ữ ỗ = ữ ớý ỗ ữ ỗ ùù ốứ ùù ợ ỵ 0,25 (;) (4;2)uv = ( ) (; ) 2;1xy= 0,25 VII.a (1,0 im) 37 (;) ; 22 uv ổử ữ ỗ = ữ ỗ ữ ỗ ốứ 22 1 (; ) 2log6;log7 1 2 xy ổử ữ ỗ = - ữ ỗ ữ ỗ ố ứ 0,25 1. Trong mt phng ta Oxy , cho tam giỏc ABC cõn ti B, phng trỡnh :3 23 0AB x y , tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l (0;2)I , im B thuc trc Ox. Tỡm ta im C. - B = AB Ox B(2;0); A AB ( ) ;323Aaa - 0,25 - IA = IB ( ) 13;33A +- 0,25 - AC qua A v vuụng gúc vi (2; 2)IB =- uur AC: 223 0xy-+- = (; 2 2 3)CAC Cccẻị +- 0,25 - IBIC= ( ) 31;1 3C -- 0,25 2. Trong khụng gian ta Oxyz, cho ba im ( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2)ABC v mt phng (): 2 2 0xy z . Tỡm ta im M trờn ( ) sao cho biu thc 22 2 TMA MB MC t giỏ tr nh nht. () ( 2 2; ;)M My z yzaẻị--- Gi G l im sao cho: 22 2 0 (1; 1; 1) GA GB GC G GA GB GC const ++ =ị ị + + = uur uuuruuurr 0,25 22 2 2222 222 2 32( ) 3 TMA MB MC MG MGGAGBGCGAGBGC MG GA GB GC T nh nht MG nh nht M l hỡnh chiu vuụng gúc ca G trờn mp( ) 0,25 (3;1;1) MGyz y z =++-- uuur cựng phng vi vtpt ca ( ): (1; 1; 2) n = r 231 1 112 y zyz++ - - == 0,25 VI.b (2,0 im) 22 2 0 21 1 yz y yz z ỡỡ +=- = ùù ùù ớớ ùù -= =- ùù ợợ Vy: (0; 0; 1)M -v min 40T = 0,25 VII.b (1,0 im) Gii phng trỡnh: 22 21 3 log (4 4 1) log (2 7 3) 5 x x xx xx (1) k: 1 2 0 x x ỡ ù ù >- ù ù ớ ù ù ạ ù ù ợ 0,25 www.VNMATH.com Phương trình đã cho tương đương với 321 4log (2 1) log ( 3) 4 xx xx ++ ++ + = (2) Đặt 21 log ( 3) x tx + =+ , t 0. Phương trình (2) trở thành: 2 440 tt -+= 2t = 0,25 21 log ( 3) 2 x x + += 2 3(2 1)xx+= + 2 4320xx+-= 0,25 341 8 x -± = So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là 341 8 x -+ = 0,25 ---------------Hết--------------- www.VNMATH.com . giỏc ABC cõn ti B, phng trỡnh :3 23 0AB x y , tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l (0;2)I , im B thuc trc Ox. Tỡm ta im C. - B = AB Ox B( 2;0); A AB . 3-a); B m B B( b ;b+ 1); C h C C(c;-1-2c) - AB h C 3a + b 4 = 0 (1) 0,25 Gi M l trung im ca AC 22 ; 22 ac a c M ổử +-- ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ốứ M m B 2a
