Đáp án và hướng dẫn chấm đề thi thử đại học môn Toán

Tính thể tích của hình chóp S.ABC.. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng  sao cho  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diệ

Trang 1

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Môn thi: TOÁN, Khối A và B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số  



2 1 1

x y x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm các giá trị của m để phương trình 2x 1 m x 1 có 2 nghiệm phân biệt.

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 2cos (sin 3x x cos3 ) 1x 

2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình







có nghiệm.

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

1 2

2 0

(x 1) 1 2  x dx



Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt SBC vuông góc với đáy, các cạnh SB = SC = 1 và các góc

ASB BSC CSA 60    Tính thể tích của hình chóp S.ABC.

Câu V (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức sau

a b c c a a b b c

b c a c b a c b a

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng  sao cho  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 15

2 và chu vi bằng 15.

2) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A( 1;0; 2), B(2;1; 4), C(1; 1;2)   Tìm tọa độ điểm M sao cho MA MB MC   và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) bằng 5

Câu VII.a (1,0 điểm) Giả sử n là số nguyên dương và 2

n

x a a x a x a x

      Biết rằng tồn tại số nguyên dương (1k   k n 1) sao cho 1 1

a  a a 

  , hãy tính n.

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng  1 : 3x y    5 0, 2 :x 2y 3 0  và đường tròn (C): (x 3) 2  (y 5) 2  25 Tìm điểm M thuộc (C), điểm N thuộc  1 sao cho M và N đối xứng qua  2

2) Trong không gian Oxyz, cho điểm M ( 2;1;3)  Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C sao cho tam giác ABC có trực tâm là M.

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  và một acgumen của 3 i4

z bằng

6





………Hết………

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ kí của giám thị 1:………Chữ kí của giám thị 2:………

Trang 2

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 1

1

x y x







1,00

 TXĐ :  \  1

 Ta có : 2

3

( 1)

x



 Các giới hạn :

 Tiệm cận đứng : x 1, tiệm cận ngang : y 2

 BBT :

x   -1 

y



2

 

 Đồ thị

8

6

4

2

-2

-4

-6

f x   = 2x-1 x+1

0,25

2 1

1

x





Xét hàm số

2 1

khi 1

( )

2 1

1

x

f x

x





 







2

3

khi 1 ( 1)

'( )

3

khi 1 ( 1)

x x

f x

x x



 

 





 BBT của f x( )

0,25

Trang 3

x   -1 

y -2

 

2

 

Từ BBT suy ra pt có 2 nghiệm pb  m 2

0,25

II 1 Giải phương trình 2cos (sin 3x x cos3 ) 1x  (1) 1,00

(1)  sin 4xsin 2x c os4x c os2x 1 0

 (2sin 2 os2x c xsin 2 ) (2cos 2x  2 x c os2 ) 0x 

 (sin 2x c os2 )(2cos 2x x1) 0

tan 2 1

1 2cos 2 1 0 cos 2

k









0,25

0,50

Hệ







có nghiệm 1,00

Điều kiện 1  x 1, 0 y 2

(1) x3  3x(y 1)3  3(y 1)

Hàm số f t( ) t3 3t nghịch biến trên đoạn [ 1;1]

, 1 1;1

x y    nên ( )f x f y(  1) x y  1 y x 1

Thế vào pt (2) ta được x2  2 1 x2 m (3)

Hệ có nghiệm  Pt (3) có nghiệm x   1;1

2

1 ( ) 2 1 , 1;1 , '( ) 2 1

1

x



'( ) 0 0

g x   x (0)g 2, ( 1) 1g  

Pt (3) có nghiệm x  1;1   2 m    1 1 m 2

0,25

0,25 III

Tính tích phân

1 2

2 0

(x 1) 1 2  x dx



1,00

(x1) 1 2 x dx x 1 2 x dx 1 2 x dx

1

4

1 2

0

Xét J =

1 2

2 0

1 2

2 x dx

0,25

Trang 4

1 1 1

0 sin 0, sin



(1 cos 2 )

t

 



Vậy

1 2

2 0

( 1) 1 2



0,25

Gọi H là trung điểm BC

(SBC) ( ABC) SH (ABC)

SBC đều cạnh 1 3

2

SH

  Đặt SA x x , 0

4

2 2 2 2 cos600 2 1

1

0,25

0,25 V

Chứng minh a b c c a a b b c

1,00

BDT

Đặt a x, b y, c z x y z, , 0

BDT trở thành

1 1

y x

z

x y z



x y z

   (do xyz 1)

x y z

0,25

H

A S

Trang 5

1 1 1

0

(1 x )(1 z) (1 y )(1 x) (1 z )(1 y) 0

BDT cuối cùng đúng do x2  y2 z2  x y z

và x z y x z y2  2  2 33 x y z3 3 3 3

0,25

Giả sử  cắt trục Ox tại A(x0,0), cắt trục tung Oy tại B(0;y0)

Theo gt có : 1 15; 2 2 15

Giải hệ PT có

5 6,

2 5

, 6 2







*Với ( ; ) (6; )5

2

x  y  ta có 4 PT của  là :

5 12 30 0 (1)

5 12 30 0 (2)

5 12 30 0 (3)

5 12 30 0 (4)

*Với ( ; ) ( ;6)5

2

x  y  ta có 4 PT của  là :

12 5 30 0 (5)

12 5 30 0 (6)

12 5 30 0 (7)

12 5 30 0 (8)

Vậy ta có 8 PT của  thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,25

Giả sử M(a; b; c) MA MB  3a b  2c 8 0  (1)

MA MC  4a 2b 1 0  (2)

Pt mặt phẳng (ABC) là 2x 4y 5z 12 0 

( ;( ))

2 4 5 12

2 4 5 27 (4)

3 5

M ABC

a b c

a b c d

a b c



Giải hệ (1), (2), (3) ta được 7 11 4; ;

6 6 3

M  

Giải hệ (1), (2), (4) ta được 1 5 14; ;

6 6 3

M  

0,25

0,25 VII.a

Tìm n thỏa mãn 1 1

Trang 6

a C Vậy

1



















0,25

M và N đối xứng qua  2 nên phép đối xứng trục  2 biến M thành N

M  (C)  N (C') với (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng trục

2



Theo giả thiết N  1 nên N là giao của (C') và 1 (C) có tâm I(3; -5) và bán kính R = 5 nên (C') có tâm I’(-1 ; 3) và bán kính R = 5 Pt (C') là (x 1) 2  (y 3) 2  25

Giải hệ

( 1) ( 3) 25

x y





  

 ta được N(-1 ; -2) và N(-4 ; 7) N(-1 ; -2) ta tìm được M(-1 ; -2)

N(-4 ; 7) ta tìm được M 22; 49



0,25

Giả sử (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a ;0 ;0), B(0;b;0), C(0; 0; c) Nếu (P) đi qua O thì A B C  nên không tồn tại tam giác ABC

Nếu (P) không đí qua O thì abc 0 nên Pt (P) là x y z 1

a b  c  .

(P) đi qua M nên 2 1 3 1



   (1)

M là trực tâm tam giác ABC

3

2







 

Thế vào (1) ta được 4 1 3 1 14 7, 14

3c 3c c   c3  a b

7 14 14



Cách khác Chứng minh được OM  (ABC) Vậy (P) là mặt phẳng qua M và có vecto pháp tuyến OM   ( 2;1;3)

PT (P) là 2( x2) ( y 1) 3( z 3) 0  2x y 3z 14 0

0,25

0,50

0,25

4 4(cos sin ) 4(cos( ) sin( ))

3 2(cos sin )

0,25

Trang 7

3 1

i

i z

Theo giả thiết

z    i      i

0,25

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	457 KB