Toan pt.de025.2011
0 likes329 views
Đề thi thử đại học môn Toán năm 2011 của Trường THPT Đặng Thúc Hứa gồm 5 câu hỏi chính với các nội dung khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân, và tính thể tích hình lăng trụ, cùng với phần riêng cho thí sinh lựa chọn giữa chương trình chuẩn và nâng cao. Các câu hỏi yêu cầu kỹ năng toán học cơ bản và nâng cao, bao gồm cả phân tích đồ thị và chứng minh bất đẳng thức. Đề thi nhằm đánh giá khả năng giải quyết vấn đề toán học và vận dụng kiến thức lí thuyết vào thực tiễn.
Toan pt.de025.2011
- 1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 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 phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + − (1) , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = − . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại ,O trong đó O là gốc của hệ trục toạ độ. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 4 4 5 cos sin sin 2 .cos2 tan tan 4 4 4 4 x x x x x x π π π + + = − + − . 2. Giải hệ phương trình 2 4 16 2 3 x y x y x y x y x + − − = − − = + − ( , )x y ∈ ℝ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )4 1 ln 9 x I dx x − = ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại A, 0 2 , 120 .AB a BAC= = Hình chiếu của đỉnh 'A lên đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC Biết tam giác 'A BC vuông tại 'A . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn điều kiện 1 . 3 ab bc ca+ + = Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 1 3 1 1 1a bc b ca c ab + + ≤ − + − + − + . 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 với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có : 2 3 0d x y− − = là đường phân giác trong góc .A Biết 1 1 ( 6;0), ( 4;4)B C− − lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh ,B C trên các đường thẳng ,AC AB . Xác định toạ độ các đỉnh , ,A B C của tam giác .ABC 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 : , 1 1 1 x y z− − ∆ = = 2 3 : 1 1 3 x y z + ∆ = = và mặt phẳng ( ) : 1 0P x y z− − + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( ),P cắt đường thẳng 1 ,∆ đồng thời đường thẳng ∆ cắt và vuông góc với đường thẳng 2 .∆ Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn | | 2 | 2 . | 2 z z i z = + = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đỉnh ,A C lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 0d x y+ = và 2 : 2 7 0.d x y− + = Biết giao điểm của hai đường chéo là (1;4)I và đường thẳng AB đi qua điểm (0; 4)M − , xác định toạ độ các đỉnh , , ,A B C D của hình chữ nhật .ABCD 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 : , 1 1 1 x y z − ∆ = = 2 2 : 1 1 2 x y z− ∆ = = − và điểm ( 1;0;1)A − . Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng 1 ∆ và điểm N trên đường thẳng 2 ∆ sao cho 6MN = và . 3.AM AN = Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) ( )2 2 2 3( 9 ) log 9 log 9 2 ( ). x x x x x x x + + + − + + + = ∈ ℝ ---------------Hết--------------- Chú ý: Đáp án được cập nhật tại địa chỉ http://dangthuchua.com Thi thử Đại học www.toanpt.net
- 2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Câu Nội dung Điểm Khi m = - 1 ta có hàm số 3 2 3 4y x x= + − . Tập xác định D = ℝ . Sự biến thiên •••• Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = - 2. ' 0 ( ; 2) (0; )y x> ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ . Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 2) và (0;+ ∞). ' 0 ( 2;0)y x< ∀ ∈ − . Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0). 0,25 •••• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = - 2, yC Đ = y(-2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4. Giới hạn: 3 2 3 2 lim ( 3 4) ; lim ( 3 4) x x x x x x → −∞ → +∞ + − = −∞ + − = +∞ . 0,25 •••• Bảng biến thiên: x - ∞ -2 0 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 0 + ∞ - ∞ - 4 0,25 I-1 •••• Đồ thị: Giải phương trình 3 2 3 4 0 2 v 1x x x x+ − = ⇔ = − = . Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 2 điểm M(- 2; 0) và N(1; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm P(0; - 4). y’’ = 6x + 6; y’’ = 0⇔ x = - 1. Đồ thị hàm số nhận điểm I(- 1; - 2) làm tâm đối xứng. 0,25 2 2 ' 3( 2 1)y x mx m= − + − . Hàm số có cự trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt hay m∀ ∈ ℝ . 0,25 ' 0 1 v 1y x m x m= ⇔ = − = + . Hai điểm cực trị là A(m – 1; m + 1), B(m +1; m – 3). 0,25 ( 1; 1), ( 1; 3)OA m m OB m m= − + = + − . OAB là tam giác vuông tại O khi O, A, B phân biệt và . 0OAOB = 0,25 I-2 2 2( 2) 0 1 v 2m m m m⇔ − − = ⇔ = − = 0,25 Điều kiện xác định cos 0 4 4 ( ) 3 cos 0 44 x x k k x kx π π π ππ π + ≠ ≠ + ⇔ ∈ ≠ +− ≠ ℤ . (*) 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 2 1 cos 2 sin sin 1 cos 2 52 4 4 sin 2 .cos 2 2 2 4 cos cos 4 4 x x x x x x x x π π π π π − + + − + + = − + − 2 2 5 cos cos 2 1 2 cos 2 cos 2 (1 sin 2 ) 2 sin 2 .cos 2 4 4 4 cos cos 2 2 x x x x x x x π π − + + + ⇔ + = − + 0,25 ( )sin 2 cos2 2.sin 2 .cos2 1x x x x⇔ + = + ( ) ( ) 2 sin 2 cos2 sin 2 cos 2x x x x⇔ + = + sin 2 cos 2 1 v sin 2 cos2 0x x x x⇔ + = + = 0,25 II-1 2 sin 2 v tan 2 1 4 2 x x π ⇔ + = = − v v ,( ) 4 8 2 k x k x k x k π π π π π⇔ = = + = − + ∈ℤ Đối chiếu điều kiện (*) phương trình đã cho có nghiệm là v ,( ) 8 2 k x k x k π π π= = − + ∈ℤ 0,25 II-2 Điều kiện xác định 2 4, 0, ,4 , 3x y x y x y y x≥ ≥ ≥ ≥ ≥ . (*) Phương trình (1) tương đương với 2 2 2 4x x y x y− − = − 2 2 2x y y x⇔ − = − 4 4 v 0y x y⇔ = − = 0,25 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 x y I
- 3. Với y = 0 (Loại, vì 2 điều kiện 4x ≥ và 3y x≥ ) Với y = 4x – 4 thế vào phương trình (2) ta có 2 16 2 4x x− = + − 0,25 2 2 2 25 5 16 3 4 1 4 116 3 x x x x xx − − ⇔ − − = − − ⇔ = − +− + 2 5 1 ( 5) 0 4 116 3 x x xx + ⇔ − − = − +− + 2 5 1 5 v 0 4 116 3 x x xx + ⇔ = − = − +− + * x = 5. Kết hợp điều kiện (*), hệ phương trình có 1 nghiệm 5 16 x y = = 0,25 * 2 5 1 0 4 116 3 x xx + − = − +− + vô nghiệm, vì 2 2 5 5 1 1 4 116 3 3 x x xx x + + > > ≥ − +− + + 0,25 Đặt t x= . Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = 4 thì t = 2. Ta có 2 2 dx dx dt dt x x = ⇒ = 0,25 Do đó ( ) 2 2 1 2 ln 9I t dt= −∫ . Đặt 2 2 2 ln(9 ) 9 t du dtu t t dv dt v t == − ⇒ − = = . Vì vậy 2 2 2 2 1 2 2 ln(9 ) 4 1 9 t I t t dt t = − − −∫ 0,25 2 2 2 1 9 9 4ln5 2ln8 4 9 t dt t − + = − − −∫ 0,25 III 23 3 4ln5 2ln8 4 ln 12 3 t t t − = − − + + 4ln5 6ln 2 4 6ln5 6ln 2 10ln5 12ln 2 4= − − + − = − − 0,25 0,25 0,25 0,25 IV Gọi I là trung điểm cạnh BC, H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) 2 3BC a= , 2HA HB HC a= = = ' ' 'A A A B A C⇒ = = Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’ ' ' 6A B AA a⇒ = = Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là 2 2 ' ' 2A H A A HA a= − = Diện tích tam giác ABC là 21 . .sin 3 2 ABCS AB AC BAC a= = Thể tích khối lăng trụ là 3 . ' ' ' ' . 6ABC A B C ABCV A H S a= = 0,25 Từ giả thiết 1 1 ( ) 3 3 ab bc ca bc a b c+ + = ⇒ = − + + . *Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 1 1 3 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a a b c b a b c c a b c + + ≤ + + + + + + + + + 0,25 V ( ) ( ) ( ) 1 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 a a b c b a b c c a b c a a b c b a b c c a b c + + + + + + ⇔ + + ≥ + + + + + + + + + . 1 ( ) 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 a b c a b c a a b c b a b c c a b c ⇔ + + + + ≥ + + + + + + + + + (1) 0,25
- 4. *Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức 2 3 1 2 31 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 ( ) , , , 0 a a a aa a a c a c a c c c c a c a c a c + + + + ≥ ∀ > + + . Ta có 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 ( ) 3( ) 2 a b c a b c a a b c b a b c c a b c a b c a b c + + + + ≥ + + + + + + + + + + + + + + 0,25 2 2 2 2 2 2 2 13 3( )) 3( ) 2 a b c a b ca b c a b c + + + = = + + + + + + + (2) Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = . Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 0,25 Gọi ' 1( ; )B a b là điểm đối xứng của 1B qua đường phân giác trong d. ' 1 1 ( 6; )B B a b= + , trung điểm đoạn thẳng ' 1 1B B là 6 ( ; ) 2 2 a b I − Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (1;2)u . Ta có hệ phương trình ' 1 1 6. 0 6 aB B u bI d == ⇔ = −∈ hay ' 1(6; 6)B − . 0,25 Do ' 1B đối xứng với 1B qua đường phân giác trong d nên ' 1B thuộc đường thẳng AB. Đường thẳng AB đi qua điểm ' 1B và 1C . Phương trình cạnh AB là : x + y = 0. Ta có { }A AB d= ∩ . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình 2 3 0 1 0 1 x y x x y y − − = = ⇔ + = = − hay A(1 ;- 1). 0,25 Đường thẳng AC đi qua A và 1B . Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0. Đường cao 1BB đi qua 1B vuông góc với đường thẳng AC . Phương trình đường cao 1BB là : 7x – y + 42 = 0. Đường cao 1CC đi qua 1C vuông góc với đường thẳng AB . Phương trình đường cao 1CC là : x – y + 8 = 0. 0,25 VI.a-1 Ta có 1{ }B AB BB= ∩ . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 21 0 4 7 42 0 21 4 x x y x y y = −+ = ⇔ − + = = hay 21 21 ( ; ) 4 4 B − Ta có 1{C} AC CC= ∩ . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 31 7 6 0 4 8 0 1 4 x x y x y y = −+ + = ⇔ − + = = hay 31 1 ( ; ) 4 4 C − Đáp số : A(1 ; -1), 21 21 ( ; ) 4 4 B − , 31 1 ( ; ) 4 4 C − 0,25 Giả sử ( 1; ; 2)M t t t+ + là giao điểm của đường thẳng 1∆ với đường thẳng ∆ và ( ; ;3 3)N k k k − là giao điểm của đường thẳng 2∆ với đường thẳng ∆ ( 1; ;3 5)MN k t k t k t⇒ − − − − − . 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng 2∆ là 2 (1;1;3)u = . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là (1; 1; 1)n = − − . 0,25 Từ giả thiết ta có 2. 0 ( 1) ( ) 3(3 5) 0 . 0 ( 1) ( ) (3 5) 0 ( ) ( 1) ( 2) 1 0 MN u k t k t k t MN n k t k t k t M P t t t = − − + − + − − = = ⇔ − − − − − − − = ∉ + − − + + ≠ 11 5 16 0 1 3 4 0 1 0 k t t k t k t − − = = − ⇔ − + + = ⇔ = ≠ 0,25 VI.a-2 Ta có M(0 ; - 1 ; 1) và N(1 ;1 ; 0). (1;2; 1)MN = − . Phương trình đường thẳng ∆ là 1 1 1 2 1 x y x+ − = = − 0,25
- 5. Giả sử ( , )z x yi x y= + ∈ℝ . Ta có z x yi= − . Ta có 2 . ( 2 ) (2 )z i z x y x y i+ = + + + . 0,25 Khi đó | | 2 | 2 . | 2 z z i z = + = 2 2 2 2 2 ( 2 ) (2 ) 2 x y x y x y + = ⇔ + + + = 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 15( ) 8 2 x y x y xyx y xy + = + = ⇔ ⇔ = −+ + = 0,25 VII.a 0 1 1 v 1 1 1 x y x x xy y y + = = = − ⇔ ⇔ = − = − = . Vậy 1z i= − hoặc 1z i= − + . 0,25 Giả sử ( ; )A t t− , ( ;2 7)C k k + . Do I là trung điểm của AC nên ta có hệ phương trình 2 1 2 7 8 1 t k t t k k + = = ⇔ − + + = = Hay A(1 ; - 1), C(1 ; 9). 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là (1;3)ABu MA= = . Phương trình cạnh AB là 3x – y – 4 = 0. Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là 1 . (0;1) 5 ACu AI= = . Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là 2 2 ( ; ), 0BDu a b a b= + ≠ . 0,25 Tam giác IAB cân tại I 0 90BAI ABI⇒ = < . Từ đó ta có | cos( , ) | | cos( , ) |AB AC AB BDu u u u= 2 2 4 3 03 | 3 | (4 3 ) 0 010 10 a ba b a a b aa b − =+ ⇔ = ⇔ − = ⇔ =+ 0,25 VI.b-1 * Với 4a - 3b = 0, chọn a = 3, b = 4 ta có (3;4)BDu = . Do đó phương trình đường chéo BD là 4x - 3y + 8 = 0. Ta có { }B AB BD= ∩ . Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình 3 4 0 4 4 3 8 0 8 x y x x y y − − = = ⇔ − + = = hay B(4 ;8). Do I là trung điểm của BD ⇒ D(- 2 ; 0) * Với a = 0, chọn b = 1 ta có (0;1)BD ACu u= = . Trường hợp này bị loại. Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0). 0,25 Giả sử ( ; ; 1), ( ; 2; 2 )M t t t N k k k+ + − . 0,25 Ta có ( ; 2; 2 1)MN t k t k t k= − + − + + − − − , ( 1; ; ), ( 1; 2; 2 1)AM t t t AN k k k= + + + − − 0,25 Từ giả thiết ta có 2 2 2 ( 1)( 1) ( 2) ( 2 1) 3 ( ) ( 2) ( 2 1) 6 t k t k t k t k t k t k + + + + + − − = − + + − + + + − − − = 2 2 2 27 66 39 0 k t t t = − ⇔ − + = 0,25 VI.b-2 13 1 9 0 8 9 t t v k k == ⇔ = = − . Do đó (1;1;2), (0;2;0)M N hoặc 13 13 22 8 10 16 ( ; ; ), ( ; ; ) 9 9 9 9 9 9 M N − 0,25 Điều kiện xác định 2 9 1 4x x x+ + ≠ ⇔ ≠ − . (*) 0,25 Phương trình đã cho tương đương với ( )2 2 3( 9 ) 2 9 log log 9 2 9x x x x x x+ + + + + = + + ( ) ( )2 3 2 3 2 1 log 9 2 log 9 x x x x ⇔ − + + + = + + 0,25 Đặt ( )2 3log 9t x x= + + . Phương trình đã cho trở thành 22 3 3 2 0 1 v 2t t t t t t + = ⇔ − + = ⇔ = = 0,25 VII.b Với 2 1 9 3 0t x x x= ⇒ + = − ⇔ = (thoả mãn điều kiện (*)) Với 2 2 9 9 4t x x x= ⇒ + = − ⇔ = (thoả mãn điều kiện (*)) Đáp số : x = 0 và x = 4. 0,25 Chú ý : Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án, giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó ! CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐẠI HỌC! – GV : Trần Đình Hiền