Đề thi thử đại học năm 2011 môn toán khối A Trường Minh Châu pps

Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox.. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.. SC C C  C C Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoft

Trang 1

http://ductam_tp.violet.vn/

SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH

Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 2

1

m

x



Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 os 5 sin 1

12

c   x x

2) Giải hệ phương trình: 2 8





    



Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân:

/4

2 /4

sin 1

x







Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,

AD = 2a Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc

600 Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3

3

a

, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng

    

x y z y z x z x y  5 5 5

4

PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2)

PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )

Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao

CH x  y , phân giác trong BN: 2x  y 5 0.Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích

tam giác ABC

2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1

 

và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ

nhất

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C:

2

4 3

1 0 2

z

z z    z

PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )

Câu VI.b 1 (1.0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD

có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1:x  y30 và

0 6 :

2 x  y 

d Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox Tìm toạ độ

các đỉnh của hình chữ nhật

2 (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

x y z

 , D2:

2 2 3

y

z t

 









 



Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008

SC C C  C C

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

Trang 2

ĐÁP ÁN Cõu I 2 điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2

yx  x  .

Tập xác định: Hàm số có tập xác định DR.

Sự biến thiờn: 2

y' x  x. Ta có 0 0

2

x y'

x







0,25

Bảng biến thiên:

x  0 2 

y'  0  0 

y

2 

  2

0,25 a)

Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

-5

5

x y

0,25

Biện luận số nghiệm của phương trình

1 2

2







x

m x

1

m

x

phương trình bằng số giao điểm của  2   

y x  x x , C' và đường thẳng

1

ym,x .

0,25 b)

 

1

f x khi x







nờn  C ' bao gồm:

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1 qua Ox

0,25

Trang 3

hình

f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)

-5

5

x y

0,25

Dựa vào đồ thị ta có:

+ m  2: Phương trình vụ nghiệm;

+ m  2: Phương trình có 2 nghiệm kộp;

+   2 m 0: Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt;

+ m 0: Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt

0,25

2) Đồ thị hàm số y = 2

(x  2x 2) x 1 , với x  1 có dạng như hình vẽ :

1+ 3 1- 3

- 2

m

Trang 4

II

1)

12

c   x x

0.25

5







2.)

Giải hệ phương trình: 2 8





    



Điều kiện: x+y>0, x-y>0



0,25đ

Đặt: u x y

v x y









0,25đ

2

3 (2) 2

u v uv

uv





Thế (1) vào (2) ta có:

2

Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0

4

uv

u v







 



(vỡ u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2)

0,25đ

Câu III 1 Tính tích phân :

/4

2 /4

sin 1

x







2

1 2 2

sin

1

x

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I 1 0, tích phân từng phần I2 được kết quả

0.5đ

Trang 5

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I 1 0, tích phân từng phần I2 được kết quả 0.5đ

Câu IV :

Tính thể tích hình chóp SBCMN

( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD

Ta có : BC AB BC BM

BC SA











Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao

Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,

3 3

2 3

a a



Suy ra MN = 4

3

a

BM = 2

3

a

Diện tích hình thang BCMN là :

S =

2

4 2

2 10 3

a a

BM



Hạ AH BM Ta có SHBM và BC (SAB)  BC  SH Vậy SH ( BCNM)

 SH là đường cao của khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM

SB  MS = 1

2 Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH300  SH = SB.sin300 = a

Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 ( )

3SH dtBCNM =

3

10 3 27

a

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng :

    

x y z y z x z x y  5 5 5

4

Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc

A

S

M

N

D

Trang 6

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

4

abc b ca cab  ( *) ( *) 

4

 



 

Ta có

3

a

a b a c

  ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)

Tương tự

3

b

b c b a

3

c

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

0,25đ

Phần B (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)

Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)

1 Chương trình Chuẩn

Cõu Ph

ần

CâuVI

a

(1,0)

1(1

,0)

+ Do ABCH nờn AB: xy 1 0 Giải hệ: 2 5 0

1 0

x y







ta có (x; y)=(-4; 3)

Do đó: ABBN B( 4;3)

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A' BC

- Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x2y 5 0 Gọi I ( )d BN Giải hệ:

x y







Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4) 

+ Phương trình BC: 7x y 250 Giải hệ: 7 25 0

1 0

x y







Suy ra: ( 13; 9)

4 4

C  

4

2 2

7.1 1( 2) 25

d A BC     



Suy ra: 1 ( ; ) 1.3 2 450 45

ABC

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu

VIIA

1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1

(4; - 6; - 8)

u2



( - 6; 9; 12) +) u1

và u2

cùng phương

0,25đ

+) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2

Vậy d1 // d2

0,25đ

*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n



= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0

2) AB



= ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B 0,25đ

A

H

N http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

Trang 7

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm được H 36 33 15; ;

29 29 29

A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28



I là trung điểm của A’B suy ra I 65; 21; 43

0,25đ

Câu VIIa

(1,0)

Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:

2

4 3

1 0 2

z

z z    z (1)

Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0

Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 0

2

1 )

1 ( )

1

2 2









z

z z

Đặt

t=z-z

1

Khi đó 2  2  12  2

z z

t  2  12 t2  2

z z

Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 0

2

5

 (3)

2

9 9 2

5 4

1     i





PT (3) có 2 nghiệm t=

2

3

1  i

,t=

2

3

1  i

0.25đ

Với t=

2

3

1  i

2

3 1















z

Có (13i)2 1686i96ii2 (3i)2 PT(4) có 2 nghiệm : z=  i  i  1 i

4

) 3 ( ) 3 1 (

,z=

2

1 4

) 3 ( ) 3 1







0.25đ

Với t=

2

3

1  i

2

3 1











z

Có (13i)2 1686i96ii2 (3i)2 PT(4) có 2 nghiệm : z=  i  i  1 i

4

) 3 ( ) 3 1 (

,z=

2

1 4

) 3 ( ) 3 1





Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=

2

1



i

; z=

2

1



 i

0.25đ

Phần II

Câu VIb 1)

I

A

B

A1

Trang 8

























2 / 3 y

2 / 9 x 0

6

y

x

0

3

y

x









 2

3

; 2

9 I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Md1 Ox

Suy ra M( 3; 0)

0,25đ

2

3 2

9 3 2 IM 2

AB

2 2

































2 3

12 AB

S AD 12

AD AB

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n ( 1 ; 1 ) làm VTPT nên có PT:

0 3 y x 0 ) 0 y

(

1

)

3

x

(

0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:



















2 y

3 x

0 3 y x

2























































1 3 x

x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x

3 x y 2 y 3

x

3 x

y

2 2











1

y

2

x

hoặc











 1 y

4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

0,25đ











2

3

;

2

9

























2 1 3 y y y

7 2 9 x x x

A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25đ

CâuVIb

(1,0)

2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1( 1; - 1; 2)

và u2

( - 2; 0; 1)

Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2

0,25đ

Xét u u1; 2.MN

  

= - 10  0 Vậy D1 chéo D2

0,25đ

Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2

1

2

0 0

AB u











  

1 3

t



 





 



 A 5 4; ; 2



 ; B (2; 3; 0) Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2

Ta có  :

2

3 5 2

z t

 





 



 



0,25đ

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:

0,25đ

Trang 9

CâuVIIb

(1,0)

Ta có: 2009 0 1 2009 2009

2009 2009 2009

(1 i) C iC   i C

2009 2009 2009 2009 2009 2009

Thấy: 1( )

2

2009 2009 2009 2009 2009 2009

AC C C C  C C

0 2 4 6 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

BC C C C  C C

+ Ta có: 2009 2 1004 1004 1004 1004

(1i) (1i)[(1i) ] (1i).2 2 2 i

Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009

(1i) nờn 1004

2

A  + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

(1 x) C xC x C  x C

2009 2009 2009 2009 2009 2009

C C  C C C  C

Cho x=1 ta có:

2009 2009 2009 2009 2009 2009

(C C  C ) (  C C  C )  2 Suy ra: 2008

2

B  + Từ đó ta có: 1003 2007

S  

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	231,47 KB