Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y =
3 2 2 2
3 3 ( 1 ) ( 1 ) x mx m x m - + - - - (1)
a, Với m = 0 , khả o sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoà nh độ dương
8 trang |
Chia sẻ: lamvu291 | Lượt xem: 1362 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi thử đại học lần thứ nhất môn Toán – Khối A, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
Trường THPT Anh Sơn III Môn Toán – Khối A
Năm học 20102011Thời gian 180 phút
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y = x3 − 3mx2 + 3(m2 −1)x − (m 2 − 1) (1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
π
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx 2sin 2 (2x+ ) = 0
4
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
x
2 + x = y + x2 + a
2 2
x + y = 1
sin xdx
Câu 3 : Tìm :
∫ (sin x + 3 cos x ) 3
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC. A' B'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ),(AB'C),(A' BC ) cắt nhau .
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
x y z
P = 3 4(x3 + y3 ) + 3 4(y3 + z3 ) + 3 4(z3 + x 3 ) + 2( + + ) ≥ 12
y2 z2 x 2
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 và đường thẳng
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . .
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :
x = 4 t '
x y +1 z − 2
(d ) : = = (d2 ) : y = −2
1 2 −2 1
'
z = 3t
Viết phương trình đường thẳng ( ∆ )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :
7
4 1
x + ( với x > 0 )
3 x
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;1) , đường cao và . .
đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x 4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( ∆ ) có phương
2x − y + z +1 = 0
trình :
x − y + z + 2 = 0
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( ∆ )sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
2 12 2 24
Câu 7b : Cho (1+ x + x ) = a0 + a1x + a2 x + ...a 24 x . Tính hệ số a 4 .
Hết.
Họ và tên………………………………………….. Số báo danh…
SỞ GDĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Mụn: TOÁN; Khối A
(Đáp án thang điểm gồm 07 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
Câu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát…
(2 điểm) Với m=0, ta có: y=x 3 3x+1
TXĐ D=R
2 x = 1
y’=3x 3; y’=0 ⇔ 0,25
x = −1
lim y = ±∞
x →±∞
BBT
x −∞ 1 1 +∞
y’ + 0 0 +
y 3 +∞ 0,25
1
−∞
Hs đồng biến trên khoảng ( −∞ ;1) và (1; +∞ ), nghịch biến trên (1;1)
0,25
Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=1
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)
và đi qua các điểm B(2;1), C(2;3) y
Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng
3
1 0,25
2 1 2 x
1 0
1
b. (1.0 điểm) Tìm m để …
Ta có y’= 3x 2 6mx+3(m 2 1)
x = m − 1 0,25
y’=0 ⇔
x = m + 1
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta
phải có:
V ' y ' > 0 ∀m∈ R
f . f < 0 2 2 2
CD CT (m −1)(m − 3)(m − 2m −1) < 0 0,25
xCD > 0 ⇔ m −1 > 0
x > 0 m +1 > 0
CT
f (0) < 0 −(m −1) < 0
1 − 2 < m < 1
Vậy giỏ trị m cần tìm là:
− 3 < m < − 1 m ∈( 3;1+ 2)
⇔ ⇔ 3 < m < 1+ 2 0,25
3 < m < 1+ 2
m > 1
Câu 2 a. (1.0 điểm) Giải phương trình
(2.0 Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + π )=0
điểm) 4 0,25
π
⇔ sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + )
2
⇔ sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25
⇔ sinx = 1 0,25
π
⇔ x = + k2π , k∈Z
2 0,25
b. (1.0 điểm)
Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (x;y) cũng là nghiệm của hệ
Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 0,25
+ Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2
x x
2 + x = y + x2 2 + x − x2 = y (1)
Với a = 0, hệ trở thành: ⇔ (I)
x2 + y2 = 1 x2 + y 2 = 1 (2)
0,25
x 2 ≤ 1 y ≤ 1 2 x + x − x 2 ≥ 1
Từ (2) ⇒ ⇒ ⇒
2 2
y ≤ 1 x ≤ x y ≤ 1
x2 + y 2 = 1
x x = 0
⇒ ( I ) có nghiệm ⇔ 2 + x − x 2 =1 ⇔ TM 0,25
y = 1
y = 1
2 x + x = y + x 2 + 2
Với a=2, ta có hệ:
2 2
x + y = 1 0,25
Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;1) và (1;0) không TM
Vậy a = 0
π π
Câu 3 sin[(x ) + ]
sinx
(1.0 Ta có = 6 6 0,25
3 π
điểm) (sinx+ 3c osx) 8cos3 (x − )
6
3 π 1 π
sin(x − ) + c os(x )
= 2 6 2 6 0,25
π
8cos (x )
6
π
sin(x − )
3 1 1
= 6 +
π π 0,25
16 cos3 (x − ) 16 cos2 (x − )
6 6
sinxdx 3 1 π
⇒ = + tan(x − ) + c
∫ 3 π 0,25
(sinx+ 3c osx) 32cos2 (x − ) 16 6
6
Câu 4
(1.0 Gọi I = AC ∩ ’A’C, J = A’B∩ AB’
điểm) (BA'C) ∩ (ABC') = BI
(BA'C) ∩ (AB'C) = CJ ⇒ O là điểm cần tìm
Goi O = BI ∩ CJ þ
Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C
A'
C' 0,25
B'
I
J
O
A
H C
M
Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC) B
Do V ABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là
0,25
trọng tâm V ABC
OH HM 1
Gọi M là trung điểm BC. Ta có: = = 0,25
A'B AM 3
1 1 1
⇒ V = OH.S = A'B. S = V 0,25
OABC 3 V ABC 9 V ABC 9
Câu 5 Ta có: 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y) 3 , với ∀ x,y>0
(1.0 Thật vậy: 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y)3 ⇔ 4(x 2 xy+y 2 ) ≥ (x+y) 2 (vỡ x+y>0)
điểm) ⇔ 3x 2 +3y 2 6xy ≥ 0 ⇔ (xy) 2 ≥ 0 luôn đúng
Tương tự: 4(x 3 +z 3 ) ≥ (x+z) 3 0,25
4(y 3 +z 3 ) ≥ (y+z) 3
⇒ 3 4(x3 + y3 ) + 3 4(x3 + z3 ) + 3 4(y3 + z3 ) ≥ 2(x + y + z) ≥ 6 3 xyz
x y z 1
Mặt khác: 2( + + ) ≥ 6 3 0,25
y 2 z 2 x2 xyz
1
⇒ P ≥ 6( 3 xyz + 3 ) ≥ 12 0,25
xyz
x = y = z
x y z
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 2 = 2 = 2 ⇔ x = y = z = 1
y z x 0,25
1
xyz =
xyz
Vậy P ≥ 12, dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x = y = z =1
Câu 6a Chương trình chuẩn
(2.0 a. (1.0 điểm)
điểm)
(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
x = 0
x + y − 2 = 0 y = 2
⇔
2 2
x + y − 4x − 4y + 4 = 0 x = 2
y
y = 0
Hay A(2;0), B(0;2) C
4
M 0,25
I
B
2
H
A
O
2 x
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25
1
Ta có S = CH. AB (H là hình chiếu của C trên AB)
V ABC 2
S max ⇔ CH max
V ABC 0,25
C = (C ) ∩ (V)
Dễ dàng thấy CH max ⇔
xC > 2
V ⊥ d
Hay V : y = x với V:
I (2;2) ∈V
0,25
⇒ C (2 + 2;2 + 2)
Vậy C (2 + 2;2 + 2) thì SV ABC m ax
b. (1.0 điểm)
Nhận xét: M∉(d1) và M∉(d2)
(V) ∩ (d1) = I
Giả sử
(V) ∩ (d 2) = H 0,25
Vỡ I∈d1 ⇒ I(2t1; 12t; 2+t)
H∈d2 ⇒ H(4t’; 2; 3t’)
uuur uuuur 1 − 2t = k(1− 4t ')
TM = k HM 23
ycbt ⇔ ⇔ 3 + 2t = k(2 + 2) ⇔ t = −
k ∈ R, k ≠ 0 10
1 − t = k(3− 3t ') 0,5
23 18 3
⇒ T (− ; ;− )
5 5 10
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:
x = 1+ 56t
5 x + y − 8z +17 − 0 0,25
y = 2 − 16t hoặc là:
12 x + 9y −16z +18 = 0
z = 3 + 33t
1 1
Câu 7a 1 7 −
Ta có: ( 4 x + )7 = C k (x 4 )7 − k .(x 3 ) k
3 ∑ 7 0.25
(1.0 x k = 0
điểm) Để số hạng thứ k không chứa x thì:
1 1
(7 − k) − k = 0 0.5
4 3 ⇔ k = 4
k ∈ [0;7]
1
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C 4 = 0,25
7 35
Câu 6b Chương trình cao
(2.0 a. (1.0 điểm)
điểm)
Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC:
(BC ) qua B
⇔ (BC) : 4x + 3y − 5 = 0 0,25
BC ⊥ d1
4x + 3y − 5 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: ⇒ C (−1 ;3)
x + 2y − 5 = 0
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC,
BC, d2
3 1 1
− + − − K
K − K K − K AC
BC d 2 = d 2 AC ⇔ 4 2 = 2
1+ K .K 1+ K . K 1 3 1
BC d 2 d 2 AC 1+ . 1 − K 0,25
Ta có: 2 4 2 AC
K AC = 0
⇔ 1
K = − (loai)
AC 3
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
0,25
3 x − 4y + 27 = 0
⇒ A( − 5;3)
y − 3 = 0
x + 5 y − 3
⇒ Pt cạnh AB là: = ⇔ 4x + 7 y −1 = 0
2 + 5 −1− 3
Vậy AB: 4x+7y1=0 0,25
AC: y=3
BC: 4x+3y5=0
b. (1.0 điểm)
+ Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có:
V
cắt AuuBur tại uKuur( 1;3;0) 0,25
Ta có KB = 2 KA ⇒ A, B nằm về cùng phía đối với V
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V .
x = 1
⇒ H( 1;t;3+t) (vỡ PTTS của V : y = t )
0,25
z = −3 + t
uuuurr
Ta có AH.u = 0 ⇔ −1.0 + (t − 4).1+ (−4 + t).1 = 0 ⇔ t = 4
⇒ H (1; 4;1) ⇒ A '(0;4;1)
Gọi M là giao điểm của A’B và d
13 4
⇒ M (1; ; ) 0,25
3 3
Lấy điểm N bất kỳ trên V
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B ≤ NA+NB
0,25
13 4
Vậy M (1; ; )
3 3
Câu 7b Ta có:
(1.0 (1+x+x 2 )12 = [(1+x)+x 2 ] 12 = 0,25
0 12 1 11 2 k 12− k 2 k 12 24
điểm) = C12 (1+ x) + C12 (1+ x) .x + ...+ C12 (1+ x) .(x ) + ... + C12 x
C 0 [C0 x12 + C1 x11 + ...+ C 8 x4 +...]+C1 x2[C0 x11 + ...+ C 9 x 2 + ...]
= 12 12 12 12 12 11 11
2 4 0 10 10 0,25
+C12 x [C10 x + ...+ C1 0 ]+...
⇒ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 4 0,25
0 8 1 9 2 10
⇒ a4 = C12 .C12 + C12 .C11 + C12.C1 0 = 1221 0,25