de thi thu dai hoc co dap an

[r]

SỞ GD-ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC–CAO ĐẴNG NĂM 2011 TRƯỜNG THPT LAO BẢO Môn Toán-Khối A

…………*******………… (Thời gian 180 phút)

………… ******………

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

Câu I:(2 điểm)

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

2 1 1

x y x





 (1).

2) Xác định m để đường thẳng y=x-2m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho MN=6.

Câu II: (2 điểm)

1) Giải phương trình:

5sin 2 4 sin os 6

0 2cos 2 3

x



 2) Giải phương trình x  5 + x + x 7 + x 16 = 14.

Câu III: (2 điểm)

1) Tính tích phân:

3 2 0

1

x x

x

 







2) Tìm m để phương trình sau luôn có nghiệm trong đoạn 1;9

2

log x2m log x2  4 m 1 log x

Câu IV: (1 điểm) Trong không gian cho lăng trụ đứng ABC A B C 1 1 1 có

1

AB a AC  a AA  a và BAC 120

Gọi M là trung điểm của cạnh CC1 Chứng minh :MBMA1 và tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (A BM1 ).

II.PHẦN TỰ CHỌN : (3 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai câu Va và Vb)

Câu Va:(3 điểm)

1) (1 điểm)Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2

2)(1 điểm) Cho khai triển (1 x x2 2010) a0a x a x1  2 2a x3 3 a4020x4020

CMR: S a 02a14a28a3 2 4020a4020 chia hết cho 2410

3)(1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P): x- 3y + 2z – 5 = 0

và đường thẳng :

1 2 1

2 3

 





 



  

 ; Lập phương trình đường thẳng '

 là hình chiếu

vuông góc của đường thẳng  trên mặt phẳng (P)

Câu Vb: (3 điểm)

1)(1 điểm) Cho: a2 b2c2 1 Chứng minh: abc2(1   a b c ab ac bc  ) 0

2)(2 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng( P )có phương trình:

( P ): x – y + 2z + 6 = 0 và hai đường thẳng: d1 :

2

1 2 3

z

 





 



 

 ; d2:

' ' '

5 9

10 2 1

  



 





 

 Lập phương trình đường thẳng  cắt d1 tại A, cắt d2 tại B, sao cho đường thẳng AB//(P)

và khoảng cách từ  đến P bằng

2 6

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ Môn Toán-Khối A

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

Câu I:(2 điểm) 1)Khảo sát :HS tự giải

2) phương trình hoành độ giao điểm :

2 1

2 (1); 1 1

x

x





 2x 1 x 2m x  1 x2 3 2 m x 2m1 0

Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt ta có điều kiện là:

3 2 2 4 2 1 0 4 2 4 13 0

3 0 1

x





 



Theo định lí viét:

1 2

1 2

3 2

  





 Giọi tọa độ của điểm M và N là: M x x( ;1 1 2 ), ( ;m N x x2 2 2 )m

=> MN  x1 x22x1 x22  2 x1x22 4x x1 2

Theo giả thiếtta có: 2 3 2  m2  4 2 m1 36

2

3 2

1 2

m

m







 



Vậy với m=-3/2 và m=1/2 là các giá trị cần tìm

CâuI I:(2 điểm) 1) Giải phương trình:

 

5sin 2 4 sin os 6

0 1

2 os2 3

c x





Điều kiện:

c x   x  k   x  k k Z 

 1 5sin 2 4 1 1sin 22 6 0 2sin2 5sin 2 2 0(2)

2

Đặt sin2x=t, Đk: t 1

 

 

  2

2

2

t loai

t t

 



 



Khi t=1/2=>sin2x=-1/2

 

 



2)TXĐ: x5; x= 5 không là nghiệm

*x>5 ; Đặt y = x 5 x x7 x16 14 (với D =5;)

) y’ =

0

2 x 5 2 x 2 x7 2 x16  Hàm số đồng biến Trên 5;)

 phương trình y=0 có 1 nghiệm duy nhất ;Ta có y(9) = 14 x= 9

Câu III: (2 điểm)

1) Tính:

3 2

0

1

x x

x

 







Đặt x  1 t x t 2 1 dx=2tdt; khi x=0=>t=1,x=3=>t=2

2

1

t

2) (1) * Đk: x>0 Đặt: log3x t khi , x 1;9

=>t 0; 2

 1  t2 2m t 2  4 m mt  t2 4 3t m  2

; Vì t 0; 2

từ (2)

2 4 3

t m

t





Đặt

 

2

 

 

3 13

3 13

  





  



Ta có : f(3 13)=

26 2 13

6 13



 ; f(0)=-4/3; f(2)=-8/5

Vậy với

8 2 13 2

;

5 6 13

m   



  thì phương trình có nghiệm với mọi x 1;9

Câu IV: (1 điểm)Lấy Oxyz/A=O ;AB  Ox ;A A1Oz Oy; Ox

(0;0;0); ( ;0;0); ( ; 3;0); (0;0; 2 5); ( ; ; 2 5); ( ; 3;2 5)

Xét tích MB MA  1 0 MBMA1

Viết PT mặt phẵng ( A BM1 ):

taco d A A MB : ( ;( 1 ))

II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai câu V a và V b

Câu V a :(3 điểm)

1)(1 điểm)

3

2

(x y) 4xy 2

(x y) (x y) 2 0 x y 1 (x y) 4xy 0







2

2 2 (x y) 1

x y



dấu “=” xảy ra khi :

1

x y

2

 

Ta có :

2 2 2

2 2 (x y )

x y

4





A 3 x y x y  2(x y ) 1 3 (x   y )  x y  2(x y ) 1

2 2 2

Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥

1 2

2

f (t) t 2t 1, t ;f '(t) t 2 0 t

f (t) f ( )

2 16

Vậy : min

2)(1 điểm) S   (1 2 2 )2 201072010 72006.74 72006.2410 chia hết cho2410

3)(1 điểm) Mặt phẳng( P) và  không song song hoặc không trùng nhau  cắt( P)

Phương trình t số của 

1 2 1

2 3

 





 



  

  A P     1 2t 3 3 t 4 6t 5 0  A(1, 2, 5)

Chọn B (-1, 1, 2)  Lập p t đ t d qua B và d vuông góc(P) 

' ' '

1 (1, 3, 2) 1 3

2 2

  





 



C là giao điểm của d và(P)  -1 +t’-3+9t’+4+4t’ – 5 =0  t’=

5

14  C(

9 1 38

; ; )

14 14 14



Đường thẳng AC là đường thẳng cần tìm:

23 29 32

14 14 14

AC    

=>

1 '

1 1

1 23

5 32

 





   

  



Câu V b : (3 điểm)

1)(1 điểm)Từ gt ta có: (1a)(1b)(1c) 0 suy ra: 1   a b c ab ac bc abc   0

Mặt khác

2

a b c    a b c ab ac bc     a b c 

Cộng lại ta có đpcm

2)(2 điểm)Chọn A d1 A(2+t; -1+2t; -3) Tìm t để dA/p=

2

6 =>t =1 và t = 5

 t =1 A1(3; 1; - 3) ; t =5 A2(7; 9; -3)

Lập phương trình mặt phẳng(Q )quaA1, (Q)//(P)x-y+2z+4=0

 B1 ( )Q d2 B1(4,

92

9 ,

10

9 )

Đường thẳng A1B1 là đường thẳng cần tìm  1

1

1

1

3 83 1 9 40 3 9



  





 







 



Tương tự cho đường thẳng 2 qua A2 và B2 [-5,

110 19 ,

9 19 ] là

2

2

7 12 29 9 9 46 3 9



  





   





 



……….HẾT………