Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 152
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm B(0;3;0), M (4;0;-3) . Viết phương trình mặt phẳng
(P) chứa B, M và cắt các trục Ox,Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng
3 ( O là gốc toạ độ ).
Bạn đang xem nội dung Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 152, để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
Së GD&®t H¦NG Y£N ĐỀ THI S¸T H¹CH KhèI 12 NĂM 2011 TR¦êng thpt minh ch©u MÔN TOÁN KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2.Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II(2,0 điểm) 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau: 2 2017 2.sin sin 2 1 tan 4 2 x x x p p æ ö æ ö - - + = - ç ÷ ç ÷ è ø è ø 2.Giải hÖ phương trình : 6 2 3 3 2 3 3 6 3 4 x x y y y x x y x y ì - = - + ï í ï + - = + - î . (với x R Î ) Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 2 2 0 cos sin I x x xdx p = + ò . Câu IV(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2 a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng minh rằng: SE EB ^ và SB CH ^ .Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương tuú ý thoả mãn a+b+c = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 ab bc ca P c ab a bc b ca = + + + + + II/PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : ( 1 d ): x – 2y + 4 = 0 và ( 2 d ): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC . 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 2 4 3 0 S x y z x y z + + - + + - = và hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 : 1 x t y t t R z t = ì ï D = - Î í ï = î , ( ) 2 1 : 1 1 1 x y z - D = = - . Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( ) S , biết tiếp diện đó song song với cả hai đường thẳng ( ) 1 D và ( ) 2 D . C©u VIIa: (1®iÓm) Cho khai triÓn n n n x a x a x a a x + + + + = ÷ ø ö ç è æ + .... 3 2 1 2 2 1 0 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè n a a a a ,..., , , 2 1 0 biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 11025 2 1 1 1 2 2 2 = + + - - - - n n n n n n n n n n C C C C C C . B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2 1 3 2 x y + = . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF 2 . 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3 B M - . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P chứa , B M và cắt các trục , Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 (O là gốc toạ độ ). C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 3 log (3 ) log ( 2 ) 3 ( ) 4 2.4 20 x y x y x x y x y x y x xy y x R + + + + ì + + + + = ï Î í ï + = î Tuan79th@zing.com gửi tới www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN KHỐI A Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 1 1điểm Khi m= 1 2 hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXĐ : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 4x = 4x( x 2 1) y’=0 x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = 1 Hàm số đồng biến ( 1;0) x " Î - vµ (1; ) +¥ Hàm số nghịch biến ( ; 1) x " Î -¥ - vµ(0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y(± 1)=0 .Giới hạn: lim x y ®+¥ = +¥ ; lim x y ®-¥ = +¥ .BBT: x -¥ -1 0 1 + ¥ , y - 0 + 0 - 0 + y +¥ 1 +¥ 0 0 ------------------------------------------------------------------------------ 3. vẽ đồ thị: y 1 -1 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 (1điểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 ) y x m x x x m = - = - Đk để hàm số có 3 cực trị là , 0 y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2 ( ) 4 0 g x x m = - = có hai nghiệm phân biệt 0 x ¹ 0 m Û ¹ ------------------------------------------------------------------------------ , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m = Þ = é ê = Û = Þ = - ê ê = - Þ = - ë Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 ) m m - ;C 4 ( 2 ;1 16 ) m m - - ------------------------------------------------------------------------------ Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 ) m m + nên tam giác ABC cân tại A 0,25 0,25 Gọi I là trung điểm của BC thì 4 (0;1 16 ) I m - nên 4 16 AI m = ; 4 BC m = ------------------------------------------------------------------------------ 4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m D = = =64 5 5 2 2 m m Û = Û = ± (tmđk 0 m ¹ ) Đs: 5 2 m = ± 0,25 0,25 III 1điểm Đặt ( ) 2 1 2sin cos cos sin cos du x x dx u x x dv xdx v x = - ì ì = + ï Þ í í = = - ï î î . Vậy ( ) ( ) 2 2 2 0 0 cos cos 1 2sin cos cos I x x x x x xdx p p = - + + - ò ----------------------------------------------------------------------- ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 0 0 0 0 cos 2 4 1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1 3 3 3 x xdx xd x x p p p p = + + = + + = + - = ò ò . 0,5 0,5 IV 1 (1điểm) S A F B H E D C *CM: SE EB ^ Vì tam giác SAD đều cạnh a 3 2 a SE Þ = Xét tam giác vuông AEB có: 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a æ ö = + = + = ç ÷ è ø ----------------------------------------------------------------------------- Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB æ ö + = + = = ç ÷ ç ÷ è ø suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB ^ ------------------------------------------------------------------------------ Ta có: AEB = BFC(cc) suy ra ¼ ¼ AEB BFC = mà ¼ ¼ 0 90 AEB FBE + = ¼ ¼ ¼ 0 0 90 90 BFC FBE FHB Þ + = Þ = Hay CH EB ^ mÆt kh¸c CH SE ^ (do ( ) SE ABCD ^ ) Suy ra ( ) CH SEB ^ . => SB CH ^ 0,25 0,25 0,25 0,25 IV 2 (1điểm) Vậy . 1 . . 3 C SEB SEB V CH S D = 0,25 ------------------------------------------------------------------------------ * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a = + = + = + = æ ö ç ÷ è ø suy ra 2 2 5 a BH = ------------------------------------------------------------------------------ Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH = - = - = Þ = ----------------------------------------------------------------------------- Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 . . . . . . . 3 2 3 2 2 2 12 5 C SEB a a a a V CH SE EB = = = (đvtt) 0,25 0,25 0,25 V (1 điểm) Tõ gt ta cã a, b, c Î (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b): Cho nªn 1 1 . . (2 ) (2 ) 2 ab ab a b c ab = - - + ------------------------------------------------------------------------------ ¸p dông B§T C« Sy 1 1 1 1 . ( ) ( )(1) 2 (2 ) (2 ) 2 2 ab ab ab ab a b b c c a c ab £ + = + - - + + + ------------------------------------------------------------------------------ Tương tự 1 ( )(2) 2 2 1 ( )(3) 2 2 bc bc bc a b c a a bc ca ca ca b a c b b ca £ + + + + £ + + + + Tõ (1),(2),(3) ta cã 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 ab ca bc ab bc ca P a b c b c b c c a c a a b a b é ù £ + + + + + = + + = ê ú + + + + + + ë û ------------------------------------------------------------------------------ Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2 3 . Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c= 2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 2 (1 điểm) ( ) S có tâm ( ) 1; 1; 2 , 3 I R - - = ( ) ( ) 1 2 , D D lần lượt có các véctơ chỉ phương ( ) ( ) 2; 1;1 , 1; 1;1 u v = - = - r r ( ) mp P có véctơ pháp tuyến ( ) , 0; 1; 1 u v é ù = - - ë û r r ( ) : 0 P y z m Þ + + = ( ) m Ρ ------------------------------------------------------------------------------ ( ) ( ) 3 2 3 3 , 3 2 3 3 2 m m d I P R m é = + - = Û = Û ê = - ê ë Vậy ( ) 1 2 ( ) : 3 3 2 0; : 3 3 2 0 P y z P y z + + + = + + - = 0,25 0,25 0,5 VII a T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè n a a a a ,..., , , 2 1 0 .... Ta cã 2 2 1 n 2 n 1 n n 1 n 1 n n 2 n n 2 n n 2 n 105 ) C C ( 11025 C C C C 2 C C = + Û = + + - - - - ê ë é - = = Û = - + Û = + - Û = + ) i ¹ lo ( 15 n 14 n 0 210 n n 105 n 2 ) 1 n ( n 105 C C 2 1 n 2 n 1 0,25 Ta cã khai triÓn å å = - - = - = ÷ ø ö ç è æ ÷ ø ö ç è æ = ÷ ø ö ç è æ + 14 0 k k k 14 k k 14 14 0 k k k 14 k 14 14 x . 3 . 2 C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Do ®ã k 14 k k 14 k 3 . 2 C a - - = Ta xÐt tØ sè ) 1 k ( 3 ) k 14 ( 2 3 2 C 3 2 C a a k 14 k k 14 1 k 13 k 1 k 14 k 1 k + - = = - - - - - + + . 5 k 1 ) 1 k ( 3 ) k 14 ( 2 1 a a k 1 k + - Û > + . Do k Î ¥ , nªn k 4 £ . T¬ng tù 5 k 1 a a , 5 k 1 a a k 1 k k 1 k = Û = > Û < + + Do ®ã 14 7 6 5 4 1 0 a ... a a a a ... a a > > > = < < < < Do ®ã a 5 vµ a 6 lµ hai hÖ sè lín nhÊt VËy hÖ sè lín nhÊt lµ 62208 1001 3 2 C a a 5 9 5 14 6 5 = = = - - 0,25 0,25 0,25 VI. b 1 (1điểm) ( ) 2 2 2 2 2 : 1 3 2 1 3 2 x y E c a b + = Þ = - = - = Do đó F1(1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình 3 1 0 x y - + = Þ M 2 1; 3 æ ö ç ÷ è ø Þ N 4 1; 3 æ ö ç ÷ è ø Þ 1 NA 1; 3 æ ö = - ç ÷ è ø uuur ; ( ) 2 F A 1; 3 = uuur Þ 2 NA.F A 0 = uuur uuur Þ DANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N ----------------------------------------------------------------------------- Do đó đường tròn có phương trình là : 2 2 2 4 ( 1) 3 3 x y æ ö - + - = ç ÷ è ø 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. b 2 (1điểm) · Gọi , a c lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm , A C . Vì ( ) 0;3;0 B Oy Î nên ( ) : 1 3 x y z P a c + + = . ---------------------------------------------------------------------------- · ( ) ( ) 4 3 4;0; 3 1 4 3 M P c a ac a c - Î Þ - = Û - = (1) 1 1 1 . .3. 3 6 3 3 2 2 OABC OAC ac V OB S ac ac D = = = = Û = (2) ----------------------------------------------------------------------------- Từ (1) và (2) ta có hệ 4 6 6 2 3 4 3 6 4 3 6 3 2 a ac ac a c a c a c c = - ì = = - = ì ì ì ï Ú Û Ú í í í í - = - = = = - î î î ï î Vậy ( ) ( ) 1 2 2 : 1; : 1 4 3 3 2 3 3 x y z x y z P P + - = + + = - 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 1 (1điểm) Gọi ( ; ) c c C x y Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y - - Gọi M là trung điểm của AC nên 1 1; 2 c c y M y + æ ö - - ç ÷ è ø 0,25 ----------------------------------------------------------------------------- Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y + - - - + = Þ = ( 4;1) C Þ - ------------------------------------------------------------------------------ Từ A kẻ 2 AJ d ^ tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d2) là (2; 1) u ® - là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2xy+1=0 Vì I=(AJ)Ç (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4 2 1 0 4 3 5 ( ; ) 2 2 0 3 5 5 5 x x y I x y y ì = - ï - + = ì ï Û Þ - - í í + + = î ï = - ï î ------------------------------------------------------------------------------ Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ Gọi J(x;y) ta có: 8 8 0 8 11 5 5 ( ; ) 6 11 5 5 1 5 5 x x J y y ì ì + = - = - ï ï ï ï Û Þ - - í í ï ï + = - = - ï ï î î Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(4;1) ; 8 11 ( ; ) 5 5 J - - l : 4x+3y+13=0 0,25 0,25 0,25 Câu VIIb : (1,0 điểm) Gi¶i hÖ PT: 2 2 3 log (3 ) log ( 2 ) 3 (1) ( ) 4 2.4 20 (2) x y x y x x y x y x y x xy y x R + + + + ì + + + + = ï Î í ï + = î + ĐK 0 1 0 3 1 x y x y < + ¹ ì í < + ¹ î Víi ®k trªn PT (1) 2 3 3 log (3 ) log ( ) 3 log (3 ) 2log ( ) 3 (3) x y x y x y x y x y x y x y x y + + + + Û + + + = Û + + + = PT(3) trở thành 2 1 2 3 3 2 0 2 t t t t t t = é + = Û - + = Û ê = ë 0,25 0,25 Víi t=1 ta cã log (3 ) 1 3 0 x y x y x y x y x + + = Û + = + Û = thay vµo (2) ta ®îc : 4 y +2.4 0 =20 4 4 18 log 18 y y Û = Û = (TM) Víi t=2 ta cã 2 log (3 ) 2 3 ( ) (4) x y x y x y x y + + = Û + = + PT(2) 2 3 1 2( ) 2( ) 2 2 20 2 2 20 (5) x x y x y x y x y x y + + + + + + Û + = Û + = + Thay (4) vµo (5) ta ®îc 2 ( ) 2( ) 2( ) 2 2 20 2 2 20 (6) x y x y x y x y x y + + + + + + = Û + = §Æt t= ( ) 2 , x y + PT(6) trở thµnh t 2 +t20=0 5( ) 4( ) t L t TM = - é ê = ë Víi t=1 ta cã 2 4 2 3 4 x y x y x y + = Û + = Þ + = Ta cã hÖ 2 1 ( ) 3 4 1 x y x TM x y y + = = ì ì Û í í + = = î î Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; 4 log 18); (1;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C©uII: 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 2017 2sin ( ) sin(2 ) 1 tan 4 2 x x x p p - - + = - §iÒu kiÖn: cos 0 ( ) 2 x x k k Z p p ¹ Û ¹ + Î +Víi ®k trªn pt ®· cho t¬ng ®¬ng: 1 cos 2 sin 2 1008 ) 1 tan 2 2 x x x p p p æ ö æ ö - - - + + = - ç ÷ ç ÷ è ø è ø 1 sin 2 cos 2 1 tan x x x Û - - = - sin 2 cos 2 tan 0 x x x Û + - = 2 sin 2sin .cos 2cos (1 ) 0 cos x x x x x Û + - + = sin cos 2 cos .(sin cos ) 0 cos x x x x x x + Û + - = 1 (sin cos ).(2cos ) 0 cos x x x x Û + - = ( ) 2 sin .cos 2 0 4 x x p Û + = ( ) 4 sin 0 4 cos 2 0 4 2 x k x k x x p p p p p é = - + é + = ê ê Û Û ê ê = + = ê ë ë (tm®k) VËy pt ®· cho cã 1 hä nghiÖm: 4 2 k x p p = + (hä 4 2 k p p + chøa 4 k p p - + ) Câu II .2 (1 điểm) Giải hÖ phương trình : 6 2 3 3 (1) 2 3 3 6 3 4 (2) x x y y y x x y x y ì - = - + ï í ï + - = + - î . (với x R Î ) §K: 3 0, 3x+ 3 0 (*) 0 x y x y y - ³ ì ï - ³ í ï ¹ î (1) 2 3 (3 ) (3 ) 2 3 3 2 3 (3) x y x y x y y x y y y y - - - Û - = - Û - = 0.25 §Æt t= 3x y y - Phương trình (3) có dạng 2t 2 t3=0 1 3 2 t t = - é ê Û ê = ë 0.25 Với t=1 ta có: 3x y y - =-1 2 0 3 3 (3) y x y y x y y < ì Û - = - Û í = + î Thế (3) v o (2) ta được 2 2 2 2 4 4 2 5 4 2 7 4 0 1 (L) 2 y x y y y y y y = - Þ = é ê = + - Û + - = Û ê = ë 0.25 Với t= 2 0 3 3 3 3 3 9 2 2 2 3 (4) 4 y x y x y y y x y y > ì - ï Þ = Û - = Û í = + ï î Thế (4) vào (2) ta được 2 2 9 5 9 2 5 4 (5) 4 2 2 y y y y + = + - Đặt u= 2 9 5 , u 0 4 2 y y + ³ Ta có PT :2u 2 2u4=0 1 (L) 2 (t/m) u u = - é Û ê = ë Với u=2 ta có 2 2 2 8 8 (t/m) 9 5 9 5 2 4 9 10 16 0 9 9 4 2 4 2 2 (L) y x y y y y y y y é = Þ = ê + = Û + = Û + - = Û ê = - ë KL HPT đã cho có 2 cặp nghiệm (4;4) , 8 8 ( ; ) 9 9 C2 PT 2 3 2(3 ) 3 3 0, t= 3 0 ...... 2 y t x y y x y y x y t y é = ê Û - - - - = - ³ Þ ê = - ë 0.25
File đính kèm:
De152.2011.pdf
