Đề thi thử đại học môn Toán năm 2011

Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.. 2..[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRI

TRƯỜNG THPT LÊLỢI

Biên soạn Hoàng Hữu Lập

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ 1

NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số  1

x y

x có đồ thị (C)

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

2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng =- + y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng 60 (với O là gốc tọa độ).0

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2 3 cos 2sin2

2cos 1





x x

2 Giải bất phương trình: x 2  x21x2 4

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

7

2

1





  

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lập phương ABCD A B C D có cạnh bằng a M là điểm thuộc cạnh CD với. / / / /

= < <

, N là trung điểm cạnh A D Tính theo a thể tích của khối tứ diện / / B MC N Xác/ / định x để hai đường thẳng B M và / C N vuông góc với nhau./

Câu V (1,0 điểm)

Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có nghiệm thực

( + -1 2 + =1) 2 2- 4 + + -1 2 +2

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chú ý Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M1; 2

là trung điểm cạnh BC còn hai cạnh AB và

AC lần lượt có phương trình 2 x y- - 2=0 và 4 x+ - =y 1 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đó.

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A(2;1;0 ,) (B 0; 5;0 ,- ) (C 1; 2;6- ) và mp(P): x+ + -y z 4=0.

Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC Tìm điểm I thuộc mp(P) sao cho IA IB IC+ +

nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình sau trong tập hợp các số phức:

2

ïï íï- + = + ïî

2 Theo chương trình Nâng cao.

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( )C x: 2+y2=2

Viết phương trình tiếp tuyến của

đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện

tích nhỏ nhất

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt mặt cầu (S):

2+ 2+ -2 2 +6 - 4 + =5 0

x y z x y z theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2.

Biên soạn: Thầy Hoàng Hữu Lập

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

-ïïí

ïïỵ x y

với ,x yỴ . –––––––HẾT––––––––

Ghi chú HS khơng được dùng tài liệu và Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:………Sớ báo danh:………

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

MƠN TOÁN KHỚI A LẦN THỨ NHẤT

I

(2,0

điểm)

1

(1,0

điểm)

+ TXĐ: \ 1{ }

+ Sự biến thiên:

– Chiều biến thiên: ( )2

1

1

x

=- < " ¹

- , y’ khơng xác định tại x=1.

0,25

– Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ¥ ;1)

và (1;+¥ )

, hàm số khơng cĩ cực trị

– Giới hạn và tiệm cận: xlim y xlim y 1

®- ¥ = ®+¥ = Þ

tiệm cận ngang y=1. lim1 ; lim1

tiệm cận đứng x=1.

0,25

– Bảng biến thiên:

-y

1

+¥

- ¥ 1

0,25

+ Đờ thị:

– Đờ thị cắt Oy tại O(0;0)

– Đờ thị cắt Ox tại O(0;0) – Tâm đối xứng là điểm I( )1;1 .

0,25

2

(1,0

2

1

x

+ Đường thẳng y=- +x m cắt đờ thị (C) tại hai điểm phân biệt

Û Phương trình (1) cĩ hai nghiệm phân biệt x¹ 1

1 0 (1) 0

hoặc

hoặc

g

ï D = - > ï

0,25

+ Gọi x x1; 2 là hai nghiệm của (1), ta cĩ ( ) ( )

1 2

0

ìï + = ïï

íï

+ Các giao điểm là A x( 1;- x1+m B x) (, 2;- x2+m) và

;

;

ïïí

ïïỵ



+ Khi đĩ

0

cos 60 cos ,

OA OB

 

0,25

2

1

-(do (**))

2

2

2;0;6

m

ê

=-ê Kết hợp với (*) ta cĩ m=- 2 hoặc m=6 .

0,25

II

(2,0

điểm)

1

(1,0

điểm)

+ ĐK:

1 cos

2

+ Ta cĩ

(2 3 cos) 1 cos (2 3 cos) (1 sin )

2

PT



é ỉç ư÷ù

-0,25

sin 3 cos 0

3

x

x  k k

0,25

+ Kết hợp điều kiện, ta cĩ nghiệm của phương trình là

4

2 , 3

x= +m  mỴ 

2

(1,0

điểm)

ĐK: x2- ³1 0Û x£ - 1 hoặc x³ 1

Ta cĩ PTÛ (x- 2 ) x2- £1 (x- 2 ) (x+2) (1) 0,25

TH2 Xét xỴ - ¥ -( ; 1] [ )È 1;2

2 2

2 2

2 0

x x

x

éì + £ïïêí

êï - ³ïỵê

Û - ³ + Û êì + >ïêïêí Û £

-êï - ³ïỵë +

0,25

Biên soạn: Thầy Hồng Hữu Lập

( )2

4 (1)Û x - £ + Ûx x - £ x+ Û x³

-So sánh điều kiện đang xét, nghiệm của (1) trong TH3 là x> 2 Kết luận Tập nghiệm của bất phương trình là

5

4

ú

= - ¥ -ççè úûÈ +¥

III

(1,0 điểm)

Tính

7

2

1





  

Đặt t= x+ Þ2 x= -t2 2 và dx=2tdt

Đổi cận:

ì = Þ = ïï

íï = Þ = ïî

0,25

Ta có

2

2 6

( )3

2

2

6 24ln 4

7

1 24ln

6

= - +

IV

1

, ' ' ' ' 3

B MC N M B C N B C N

3

1 1 ' ' ' ' '

a

A B B C AA

ç

* Tìm x để B’M  C’N

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (A’B’C’).

Þ B’H là hình chiếu vuông góc của B’M trên (A’B’C’).

Vậy 'B M ^C N' Û B H' ^C N'

0,25

' '  ' '

2

a x

0,25

(1,0 điểm)

+ ĐK: x £1 Phương trình tương đương m x( + 1- x2 + =1) 2 x 1- x2 + +x 1- x2 +2

(2)

0,25

2

-ïï

0,25

+ Ta có ( )2 ( ) 2 1

1

t

+ +

+ với t éÎ ê úë1; 2ùû /( ) 2 2

0, 1; 2 1

t

Þ = + > " Î ê úë û

nên f t( )

đồng biến trên é1; 2ù

ë û

0,25

+ PT đã cho có nghiệm min1; 2 f t( ) m max1; 2 f t( ) f ( )1 m f( )2

3

2 2 1

-

0,25

VIa

(2,0

điểm)

1

(1,0

điểm)

+ Tọa độ của A là nghiệm của hệ

1

; 1 2

A

ìï

+ Gọi N là trung điểm AC thì MN song song AB nên n MN=n AB=(2; 1- )

Suy ra phương trình MN: 2(x- 1) ( )(+ - 1 y- 2)= Û0 2x- y=0

Tọa độ của N là nghiệm của hệ

1

;

3

x

x y

N

y

ìïï = ï

0,25

+ N là trung điểm AC suy ra

1 2

1 5

2

3

C

ìïï = -

0,25

+ M là trung điểm BC suy ra

13 2

13 7

2

3

B

0,25

2

Biên soạn: Thầy Hoàng Hữu Lập

điểm)

+ Ta cĩ IA IB+ +IC=3IG Suy ra IA IB IC + +

nhỏ nhất Û 3IG

nhỏ nhấtÛ IGnhỏ nhất

Û là hình chiếu vuơng gĩc của G trên (P) I

0,25

+ Đường thẳng d qua G, vuơng gĩc với (P) cĩ phương trình

1 2 2

ì = + ïï

ïï =- + íï

ï = + ïïỵ

0,25

+ Tọa đợ M là nghiệm của hệ

1

2 2

1 2

3

4 0

x

y

z

ì = +

ï + + - =

ïỵ Hay tọa đợ M là (2; 1;3- ) .

0,25

VIIa

(1,0 điểm)

2

ì

(2 )

3 3

3 2

i y

i

ìï = - + ïïï

ï =

ïï - + ïỵ

0,25

( )

2

9 4

y

ìï = - + ïïï

-ï =

ïỵ

0,25

13 13 và 13 13

VIb

(2,0

điểm)

1

(1,0

điểm)

+

( )

0;0

Tâm : Bán kính

C R

ìïïï

ïïỵ Gọi tọa đợ A a( ;0 ,) (B 0;b) với a>0,b>0 0,25

+ Phương trình AB: 1 1 0

a+ = Ûb a+ - =b

AB tiếp xúc (C)

1

ab

d O AB

+ +

(***)

0,25

2

S

+

Þ SDOAB nhỏ nhất khi a=b.

0,25

Từ a= và (***) suy ra b a= = b 2 Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là

1 0

2 2

x+ - =y

0,25

2

(1,0

( )

1; 3; 2

Tâm : Bán kính S

R

-ï

Þ íï

=

+ (P) chứa Oy nên phương trình cĩ dạng Ax Cz+ = với 0 (A2+C2¹ 0) 0,25

(P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r=2Þ d I P( ,( ))= R2- r2 = 5

2 2

2

+

Chọn A=1 Þ C=2 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x+2z=0 0,25

VIIb

(1,0 điểm)

ĐK: x>0,y> hệ viết lại 0

-ïïí

ïïî Xét hàm số f t( ) = t2+ + -2t 6 t với tÎ .

0,25

2 /

1

t

+

Þ f t( ) nghịch biến trên 

0,25

Từ (1), ta có f(lnx)= f (lny) Û lnx=lnyÛ x=y. 0,25

Û + = Û çç ÷÷+ çç ÷÷= Û =

g x æöç ÷ æöç ÷

=çç ÷÷+ çç ÷÷

è ø è ø nghịch biến trên  ) Kết luận Hệ có nghiệm duy nhất x= =y 1

0,25

Ghi chú Đáp án chỉ trình bày một cách giải Còn nhiều cách giải khác, nếu HS trình bày đúng thì cho điểm

tối đa theo thang điểm của từng bài.

Biên soạn: Hoàng Hữu Lập

Thành phố Đông Hà – Quảng Trị.

Biên soạn: Thầy Hoàng Hữu Lập