Đề thi thử ĐH Toán THPT Trần Phú có đáp án năm 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.0 điểm Câu I.. 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông cân tại S.. Tính thể tích khối c

SỞ GD & ĐT QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn: TOÁN - Khối A

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x + 2 (1)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Chứng minh rằng qua điểm 0

28

;0 27

  kẻ được ba tiếp tuyến với (C) trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau

Câu II (2,0 điểm)

2 sin(

2 cos sin

2 sin cot

2







x x

x x

2 Giải phương trình: 2 7

3

x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :  

















e

dx x x x x

x I

1

2 ln 3 ln 1

ln

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông cân tại S Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SA Chứng minh rằng (SIJ) ( ABCD) Tính thể tích khối chóp K.IBCD

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

P

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2), trọng

tâm và tâm đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC lần lượt là G(2 2;

3 3), I(1;-2) Xác định tọa độ đỉnh C.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1

:



2

:



d Chứng minh rằng d và 1 d chéo nhau Lập phương trình đường thẳng 2  song song với mặt phẳng (P): x y z   7 0 cắt d , 1 d tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó là2

ngắn nhất

Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi z z là các nghiệm phức của phương trình: 1, 2 z2 4z 5 0 Tính giá trị biểu thức: P(z1 1)2011(z2 1)2011

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AC có phương trình :

3 0

x y   , đỉnh B(4; -1) Điểm M(0;1) nằm trên cạnh AB Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng : 2 2 3

Tính khoảng cách từ A đến  Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.

Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6

8x 2 3x y 2.3x y







… Hết …

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: ………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 (Đề số 1)

I-1

(1

điểm)

1) Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

hàm số có dạng 3

* TXĐ: D = R

* Sự biến thiên: 2

1

x y

x





   

 + Dấu y’

x 

-1

1 +

y' + 0 - 0 +

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   ; 1 và 1;

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1

+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCĐ = y(-1) = 4

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0

   

     

0,25

Bảng biến thiên:

x - -1 1 +

y'

y

4 - 0

+

0,25

0,25

* Đồ thị:

+ Giao với trục Oy (0; 1)

I-2

(1

điểm)

2/ Phương trình đường thẳng  qua điểm M 28;0

27

 có hệ số góc k là: y k x 28

27

   

Đường thẳng  là tiếp tuyến của (C)

3

2

28

x 3x 2 3x 3 x 27

27 3x 3 k



0,25

 (x - 1)(18x2 - 10x - 10) = 0  x1 =1, 2 5 205 3 5 205

Vậy có ba tiếp điểm thuộc (C) với hoành độ tìm được  qua M ta kẻ được ba tiếp tuyến

với đồ thị

0,25

Giả sử (d1), (d2), (d3) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1, k2 , k3

Khi x1 = 1 k1 = 0 tiếp tuyến (d1) y = 0 (trục Ox) (d2) và (d3) không thể vuông góc với

(d1)

k2 .k3 =  2   2  2 2  2

3x  3 3x  3 9 x x  x x 2x x 1

0,25

5

4

3

2

1

1

2

=

Vậy (d2) và (d3) vuông góc nhau 0,25

II-1

(1

điểm)

cos sin

cos sin 2 sin 2

cos







x x

x x x

0 sin cos

2 sin

x

 cos sin( ) sin 2 0

4

0,25

2 0

cosx  x k k 





















































n x

m x

n x

x

m x

x x

3

2 4

2 4 2

4 2

2 4

2 ) 4 sin(

2 sin





















,

3

2



 x  t  t

0,25

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x k

3

2

II-2

(1

điểm)

x

Đặt

1 1 ( 1) 2 ( 0) 3

 











ta có hệ phương trình:

2

2

1 2 3 1 2 3









0,25



2

( )[3( ) 1] 0

 











0,25

1 73

(lo¹i)

6

u

u













+ 2

2

17

  











0,25

0,25

III - 1





e 2 e

xdx ln x 3 dx x ln 1 x

x ln

0,25

+) Tính  

e

dx x x

x I

1 1

ln 1

ln

Đặt t 1 lnx t2 1 ln ; 2x tdt 1dx

x

Khi x  1  t  1 ; x  e  t  2

2

2 2 2

1

t

0,25

+) TÝnh I x lnxdx

e 1

2

3

dx du

v















e

1



0,25





 I1 3 I2

I

3

e 2 2 2

IV - 2

(1

điểm)

1)

Có: AB SI AB (SIJ) (SIJ) (ABCD)









2

a

+ Có SI2 + SJ2 = IJ2  SIJ vuông tại S

+ Trong mp(SIJ) kẻ SH  IJ  SH  (ABCD)

+ Trong tam giác vuông SIJ có:

4

a

0,25

0,25

+ Gọi h là khoảng cách từ K đến mặt phẳng (ABCD) Có 1 3

a

+

2

IBCD

0,25 0,25

V

(1

điểm)

P

+ Có

3

x

0,5

+ Tương tự

3

2

y



3

2

z



+ Cộng vế với vế các BĐT cùng chiều ta được:

3

P    Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 1

0,25

S

J

K

D

C B

A

VI.a -1

(1

điểm)

+ (2;4), 7 4;

3 3

+ Gọi A(xA; yA) Có AG 2GM

 A(-4; -2)

0,25

+ Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:

+ Gọi C(x; y) Có C  BC  x + 2y - 7 = 0

(x 1) (y2)  25(x1) (y2) 25 0,25 + Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 7 0 2





 + Giải hệ phương trình ta tìm được 5

1

x y









3

x y









+ Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3)

0,25

VI.a -2

(1

điểm)

+ d1 có vec tơ chỉ phương u 1 (2;1; 1)



, d2 có vec tơ chỉ phương: u 2 (1;3; 2)



+ mp(P) có vec tơ pháp tuyến (1;1;1)n



+ d1 có phương trình tham số

1 1 1

1 2

2

 









  



, d2 có phương trình tham số:

2 2 2

1

2 3

2 2

 





 



  



+ Có u1u2

 

và hệ phương trình

2 1

2 3

  







   



vô nghiệm nên d1 và d2 chéo nhau

0,25

Lấy A(1 2 ; ; 2 t t1 1   t1)d1; B(1t2; 2 3 ;2t2  2 )t2 d2

+ Gọi  là đường thẳng đi qua A, B và song song với (P)

Có ABn AB n  0 t2 2t13t2 t1 2 2t2 t14 0 t2  t1 1

   

0,25

AB nhỏ nhất khi 2

6t  30t 62 nhỏ nhất

+ Có

2 2

  Dấu “=” xảy ra  1

5 2

t  Khi đó 2

3 2

+ Với 1

5 2

t  , 2

3 2



Đường thẳng  đi qua A có một vec tơ chỉ phương ( 1;0;1)u 



nên có phương trình tham

số:

6 5 2 9 2

y



  













 



0,25

VII.a

(1

điểm)

Ta có:   ' 4 5 1 i2 1

2

2 2

 



   

 Khi đó: z112011z212011 1 i20111i2011

0,5

 

(1 ) (1 )i  i  1 i (1 )i 

2 i(1 ) 2i i(1 ) 2i i(1 i 1 )i 2

0,5

V.b- 1

(1 điểm)

+ Đường thẳng BD đi qua B vuông góc với AC nhận vec tơ chỉ phương u 1(1;1)

của AC làm vec tơ pháp tuyến PT: 1.(x - 4) + 1 (y + 1) = 0  x + y - 3 = 0 0,25 + Tọa độ giao điểm I của AC và BD là nghiệm của hệ phương trình:



+ Có I là trung điểm BD nên D có tọa độ D(-4; 7)

0,5

+ Đường thẳng AB đi qua B nhận BM  ( 4;2)

làm vec tơ chỉ phương nên có vec tơ pháp tuyến (1;2)n PT: 1.(x 4)2(y1) 0 x2y 20

+ Tọa độ điểm A là nghiệm hpt:

5

3

x

y











 5 14;

3 3

A 

 

0,25

V.b-2

(1 điểm)

Đường thẳng  đi qua điểm M(-2; 2; -3) có vec tơ chỉ phương: (2;3;2)u

+ AM ( 2;2; 1)



, [AM u , ] (7;2; 10)

 

+ ( , ) [ , ] 49 4 100 3

AM u

d A

u

 

 

 

0,5

+ Gọi r là bán kính mặt cầu (S) Có  

2

2

BC

+ Phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25 0,25

VI.b

(1 điểm)

Pt đầu y – 2x + 8 =  2 6  y2x thế vào pt thứ hai ta được: 0,25

8x 2 3x x 2.3x

2

    

3

2

   

    

    Đặt: t = 2

3

x

 

 

  , (đk t > 0 ) , ta có pt: t3 t 2 0  t1 t2 t 2 0 0,5

0 1

0

x t

y





   

