De thi thu Toan THPT Dong Quan

Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.. 2..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN Môn:TOÁN; Khối :A

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

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

Câu I (2,0điểm) Cho hàm số

2

x y x





 đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C)

2 Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt

tại A, B sao cho côsin góc ABI bằng

4

17 ,với I là giao 2 tiệm cận của(C).

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

2

cos x



2 Giải hệ phương trình

2

2 3 ( 2011)(5 )





Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=

2 1

(5 ) 5

dx x



Câu IV (1,0 điểm) Lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’

lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm tam giác ABC Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa cạnh AA’ và cạnh BC theo a, biết góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600.

Câu V (1,0 điểm) Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1  y2  x x y (  )

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:

6 6

1

P

x y xy





II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3 x y   7 0  , điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20(đvdt) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 y2 z2 2 x  4 y  4 z  16 0  , mặt phẳng (Q) có phương trình: 2 x  2 y z   3 0  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song mp(Q) sao cho mp(P) giao với mặt cầu (S) tạo thành đường tròn có diện tích 16 (đvdt)

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 9  1 

3

2log 9x 9   x log 28 2.3  x

B.Chương trình nâng cao

Câu VI.b ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) x2 y2 4 x  96 0  Tìm điểm M thuộc d:2 x y    4 0 sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C), với A,B là tiếp điểm mà tam giác MAB đều

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, A (0; 2;0) B (0;0; 1)  và Cthuộc Ox Viết phương trình mặt phẳng (ABC)

biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P): 2 x  2 y z   0bằng khoảng cách từ C tới đường thẳng:

Câu VII.b (1,0điểm) Cho hàm số

2 2 9 2

y x



 ( H ) và đường thẳng () y  2 x m 

Tìm m sao cho (H) cắt () tại A,B phân biệt thỏa mãn

4 (2; ) 3

I

là trọng tâm tam giác OAB, với O là gốc tọa độ

………Hết……….

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ tờn thớ sinh:……… Số bỏo danh:……….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mụn: Toỏn; Khối A

( Đỏp ỏn-thang điểm gồm 8 trang)

ĐÁP ÁN -THANG ĐIỂM

Cõu Đỏp ỏn Điểm I.

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm) Tập xỏc định: D=R\ 2

Sự biến thiờn:

'

2

1 ( 2)

y x





 < 0   x D

………

Hàm số nghịch biến trờn cỏc khoảng ( ;2) và (2;)

Hàm số khụng cú cực trị Giới hạn lim 2

x y

TCN y  2 lim2

x y







lim2

x y





 

TCĐ x 2

………

Bảng biến thiờn

Đồ thị : Qua A (0 ;

3

2) B(

3

2; 0)

I (2; 2) làm tâm đối xứng

0,25

0,25

0,25

0,25

y’

y

-

 

2

-22

2

8 6 4 2

-2 -4

2 (1,0 điểm)

Gọi

0 0 0

2

x

x





Phương trình tiếp tuyến tại M:

0 0 2

1

x



  ()

……… ………

0 0

2

x

x



 TCĐ B x (2 0 2; 2) ( )  C  TCN

……….

Do

17

Cos ABI 

nên

4

IA TanABI

IB

 

Ta được IB2  16 IA2  ( x 0 2)4  16  x 0 0 ; x 0 4

……….

KL: Tại

3 (0; ) 2

M

phương trình tiếp tuyến:

Tại

5 (4; ) 3

M

phương trình tiếp tuyến:

0,25

0,25

0,25

0,25

II

(2,0 điển)

1 (1,0 điểm)

Đk: cos 2 x   1 x k  ( ( k R  ) )

Pt  3 Cosx  6 nx-2SinxCosx = 2(1 2 Si  Sin x2 )  2

………

 ( 3 2  Sinx Cosx )(  2 Sinx ) 0 

………

( k R  )

cotx 2 xarc cot 2k ( k R  ) KL

0,25 0,25 0,25 0,25

2 (1.0 điểm)

Đk:

3 2

x 

, y  0

Pt thứ 2: y2 (2  x y )  3 x  3 0 

  ( x  4)2

………

0,25

Pt có 2 nghiệm

1

2

3 2

1 2

y

  

  

( do y  0)  y x   1

……….

0,25

Thế vào pt thứ 1 ta có

2

2 x  3  x   1   ( x  1)  2011 (4    x )



2 4

( 1) 2011 ( 4)

x



………

TH1: x   4 y  5

TH2:

2 1

( 1) 2011

2 x  3  x  1    x     vô lý KL:

0,25

0,25

III

(1,0 điểm)

2

ln(5 )

5

x

x



=K+H

………

K=

4 2 1

ln(5 x )

dx x





đặt

2

ln(5 )

5 1

dx

x dx

dv

v x

x







K=

4 1

ln(5 )

x





-4

1 (5 )

dx



=

1

ln 4 ( ln(5 )) ln

=

3

ln 4

………

H=

4 1

5



Đặt t  5  x ta có t2   5 x do đó 2tdtdx

t

………

KL:

ln 4

0,25

0,25

0,25

0,25

(1,0điểm)

M trung điểm BC ta có AM  BC (1)

mà A H' BC suy ra A M' BC (2)

Từ (1) và (2) ta có (( 'A BC);(ABC)) ( ' ; A M AM)A MA' 600

………

0 '

2

A H MH

2 3 3 3

lt

(đvtt)

………

(AA’M) kẻ MK  A A ' do BC  ( AMA ')  MK  BC

d AA BC ( '; )  MK

………

 AA H ' đồng dạng  AMK

'

MK

Do

2 2

a

a

3

2 7

a MK

KL: d AA BC  ( '; )

3

2 7

a

0,25

0,25

0,25

0,25

V

(1,0điểm)

Từ giả thiết ta có:

1  x2 y2 xy  2 xy xy   xy  1

1  x2 y2 xy  ( x y  )2 3 xy  3 xy

1 3

………

0,25

A’

B’

M C K

H

B

C’

A

Ta có x2 y2   1 xy nên

6 6 ( 2 2) ( 2 2 2) 3 2 2

Đặt t xy với

 

1

;1 \ 0 3

t      

  Khi đó ta được P

2 3 (1 ) (1 ) 3 1

(1 )





Hay P

2

1

t t



 = f t ( )

………

Hàm số f t ( ) trên 1 ;1 \ 0  

3



Ta có

2 2

( 1)

f t

t

 1 ;1 \ 0  

3

    

………

KL:

1

2

( )

0,25

0,25

0,25

VI.a

(2,0điểm)

1 (1,0 điểm )

.

Phương trình AC: 3 x y   7 0  , B(0;-3)

Phương trình BD x  3 y  9 0 

Tọa độ I ACBD  I (3; 2) 

……….

0,25

Do I là trung điểm BD nên D (6; 1) 

Gọi A a ( ;7 3 )  a  AC ta có BD  2 10

………

3(7 3 ) 9 1

.2 10 10





………



2 4

a a



 do vậy

(2;1); (4; 5) (4; 5); (2;1)





0,25

0,25 0,25

B

A

C

D

I

2 ( 1,0 điểm)

(S) có tâm I(1;2;-2) R= 12 22  ( 2)2 16=5

……… …………

(P) có dạng: 2 x  2 y z c    0 (c 3)

Do chu vi đường tròn bằng 8 nên bán kính r  4

………

d I P ( ;( ))  R2 r2  3  4c 9



5 13

c c





………

KL: (P1) 2 x  2 y z    5 0 (P2) 2 x  2 y z   13 0 

0,25 0,25

0,25

0,25

VII.a

(1,0

điểm)

Đk: 28 2.3x 0 3x 14

Bpt  log 93 x 9   log 3 28 2.33 x  x 

………



1 3

x

x





………

So sánh điều kiện ta được

1 3 3

9 3 14

x

x



………

KL: Tập nghiệm   ; 12;log 143 

1 (1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,25

(2,0điểm)

VII.b

0,25

0,25

0,25

0,25

Tâm I(2;0), bán kính R=10

………

Tam giác MAB đều nên AMB=600

AMI=300 nên 

1 AMI

2

AI Sin

MI

do vậy MI  2 R  20

………

Gọi M a a ( ; 2  4) ( )  d ta được

( a  2)2 (2 a  4)2  400  5 a2  12 a  380 0 

………

10 38 5

a a





 KL: M 1( 10; 16)  2

38 96 ( ; )

5 5

M

2 (1,0 điểm)

.Gọi C a ( ;0;0)  Ox

2 ( ;( ))

3

a

d C P 

………

; ( ;( )) MC u

d C

u



 

 với

(1;0; 2) ( 1;0; 2) (1; 2; 2)

M

u



 







  MC u   ;     ( 4; 4 2 ; 2(  a a  1))

………

2

( ;( ))

3

=

2 ( ;( ))

3

a

d C P 

 a 3 Vậy C (3;0;0)

………



0,25

0,25

0,25

0,25

d

M

A

B

I

(1,0

điểm)

Pt

2 2 9

2 2

x m x



 F x ( )  x2 ( m  2) x  2 m  9 0  (*)

………

Đk

2

(2) 0

F







  ( m  2)2 36 0   m  R

………

Gọi A x ( ; 2A xA m ) B x ( ; 2B xB m ) với x xA; B là nghiệm của (*)

………

Do I là trọng tâm tam giác OAB nên:

0 2

m











0,25

0,25 0,25

0,25