Đề thi thử đại học cao đẳng năm 2011 lần thứ 4 môn toán trường THPT Quỳnh Lưu 1

Chia sẻ: Vu Thanh Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 39
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về Đề thi thử đại học cao đẳng năm 2011 lần thứ 4 môn toán trường THPT Quỳnh Lưu 1...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học cao đẳng năm 2011 lần thứ 4 môn toán trường THPT Quỳnh Lưu 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011- LẦN 4 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất. Câu II: (2,0 điểm) π cot x − 1 = 2cos( x + ) 1. Giải phương trình: tan x + cot 2 x 4 2. Giải bất phương trình: ( x + 1) 1 − x ≥ x − x − 3x 2 + 5 x − 2 − 1 − x 4 3 1 2 x3 + 3x Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ dx x x2 + 3 − 4 0 Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCA1B1C1, có đáy là tam giác đều cạnh a. Điểm A1 cách đều ba điểm A, B, C và cạnh bên A1A tạo với mp đáy một góc 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABCA1B1C1. Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 1 1 a + b + c = 1 , ta có: M = + 2 2+ 2 ≥ 10 a + b b + c c + a2 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: 1 hoặc 2. 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ∆ ABC có phương trình cạnh AB: x + y – 3 = 0, 1 phương trình cạnh AC: 3x + y – 7 = 0 và trọng tâm G(2; ). Viết phương trình đường tròn đi 3 qua trực tâm H và hai đỉnh B, C. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : x y − 4 z +1 x y−2 z x +1 y −1 z +1 = = ; d2: = = = = . Viết phương trình đường d1 : và d3: −1 −3 −3 1 2 1 5 2 1 thẳng ∆ , biết ∆ cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. Câu VIIa: (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng (a), (b) song song với nhau. Trên (a) có 15 điểm, trên (b) có n điểm. Hãy tìm n biết rằng số tam giác có 3 đỉnh thuộc tập hợp các đ ỉnh đã cho là 1725. 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 1), B(5; - 3), C(2; - 6). Vi ết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC. xyz 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : = = và 112 x +1 z −1 y . Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng = = (d 2 ) : −2 1 1 MN song song với mp(P): 7x – 7y + 7z -8 = 0 và độ dài đoạn MN bằng 2 . Câu VII.b (1 điểm) Khai triển đa thức: (1 − x) 2011 = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2011 x 2011. Tính tổng: S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2012 a2011 .
------------------------Hết---------------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 4 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 NỘI DUNG ĐIỂM CÂU TXĐ : D = R\{1} 1 0,25 y’ = − < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) 2 lim f ( x) = lim f ( x) = 1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x →+∞ x →−∞ lim f ( x) = +∞, lim = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 x →1+ − x →1 Bảng biến thiên x -∞ 1 +∞ - - y' 1 0,25 +∞ y 1 -∞ Hàm số nghịch biến trên (−∞;1) và (1; +∞) Hàm số không có cực trị Đồ thị : I-1 (1 điểm) Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 10 8 6 4 0,25 2 10 5 5 10 15 2 4 6 8 x0 x 1 ) có phương trình : y = − ( x − x0 ) + 0 (d) Với x0 ≠ 1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; 0,25 x0 − 1 ( x0 − 1) x0 − 1 2 x0 + 1 0,25 A(1; ) (d) cắt tiệm cận đứng tại x0 − 1 B (2 x0 − 1;1) I-2 (d) cắt tiệm cận ngang tại
Tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có đường kính là AB. Gọi P là chu vi của đường tròn, ta có : P = π . AB P nhỏ nhất khi AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AB nhỏ nhất, ta có : 0,25 −2 2 12 AB = (2 x0 − 2) 2 + ( ) = 4( x0 − 1)2 + 4( ) ≥2 2 (1 điểm) x0 − 1 x0 − 1 12 ) ⇔ ( x0 − 1) 4 = 1 ⇔ [ x0 =0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : 4( x0 − 1) = 4( 2 x0 =2 x0 − 1 0,25 + Với x0 = 0 ta có M(0 ;0) + Với x0 = 2 ta có M(2 ;2) Điều kiện: cos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ≠ 0 0,25 Khi đó cos x −1 (cos x − sin x) cos x.sin 2 x sin x = 2 ( cos x − sin x ) ⇔ PT ⇔ = 2 sin x(cos x − sin x) sin x cos 2 x cos x + 0,25 cos x sin 2 x ⇔ (cos x - sin x)(sin 2 x − 2 sin x) = 0 II-1 (1 điểm) π  sin x = cos x  tan x = 1  x = 4 + kπ ⇔ ⇔ ⇔ 0,25 cos x = 2  cos x = 2  x = ± π + k 2π     2 2   4 π + k 2π và Kết hợp với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là: x = − 4 0,25 π x = + kπ 4 Điều kiện x ≤ 1 BPT ⇔ ( x + 1) 1 − x ≥ ( x − 1)3 ( x + 2) − 1 − x 0,25 ⇔ ( x + 2)[ 1 − x + (1 − x)3 ] ≥ 0 0,25 1 − x = 0 II-2(1  điểm) ⇔  x < 1 0,25  x + 2 ≥ 0  x = 1 ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ 1  −2 ≤ x < 1 0,25 III(1 1 1 2 x3 + 3 x 2 x3 + 3x ∫x dx = ∫ Ta có: I = điểm) dx 0,25 x2 + 3 − 4 x 4 + 3x 2 − 4 0 0 x 4 + 3 x 2 ⇒ t 2 = x 4 + 3x 2 ⇒ tdt = (2 x 3 + 3 x) dx Đặt: t = 0,25 x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t = 2 0,25 2 2 t 4 I =∫ dt = ∫ (1 + 2 )dt = (t + 4ln t − 4 ) 0 t −4 t−4 0 0
= 2 − 4ln 2 0,25 Ta có tam giác ABC đều cạnh a B1 A1 C1 a2 3 nên SABC= 4 0,25 A B G I H C IV(1 ⇒ A1ABC là hình chóp đều. Mặt khác A1A= A1B= A1C điểm) 0,25 ⇒ A1G là đường cao của tứ diện A1ABC ⇒ A1G ⊥ ( ABC ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC 2 a3 và ∠ A1AG=600 Trong tam giác vuông A1AG tacó : AG= AH= 3 3 0,25 ⇒ A1G=AG.tan60 =a. 0 a3. 3 .Vậy VLT=A1G.SABC= 0,25 4 c = min(a, b, c) . V(1 Giả sử điểm) 2 c2 2c b + c ≤ (b + ) , do bc ≥ c , ≥ 0 2 2 Ta có: 2 4 2 0,25 c2 2c a + c ≤ (a + ) , do ac ≥ c , ≥ 0 2 2 2 4 c2 c2 a 2 + b 2 ≤ (a + ) + (b + ) 2 2 1 1 1 M≥ + + c c c c (a + ) 2 + (b + )2 (b + )2 (a + ) 2 2 2 2 2 Từ đó ta có: 0,25 1 1 1 1 3 1 1 = +( + )+ ( + ) c2 c2 4 c2 c2 4 (b + c ) 2 (a + c ) 2 (a + ) + (b + ) (b + ) (a + ) 2 2 2 2 2 2 0,25 1 1 1 1 + )≥ ( 4 (b + c ) 2 ( a + c ) 2 c c Ta có: 2(b + )(a + ) 2 2 2 2 3 1 1 3 8 6 + )≥ = ( 4 (b + c ) 2 ( a + c ) 2 4 (b + c + a + c ) 2 (a + b + c) 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 ⇒ +( + )≥ c c c c (a + b + c) 2 (a + ) 2 + (b + )2 4 (b + ) 2 (a + ) 2 2 2 2 2 0,25 10 1 ⇒M ≥ = 10 . Dấu xảy ra khi c = 0, a = b = hoặc các hoán vị của nó. (a + b + c) 2 2 x + y − 3 = 0 x = 2 ⇔ Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình  . Hay A(2; 1) 3 x + y − 7 = 0 y =1 0,25 Gọi B(m ; 3 – m), C(n, 7 – 3n). 2 + m + n = 6 m = 1 1 ⇔  Do ∆ ABC có trọng tâm G(2; ) nên ta có hệ phương trình: 1 + 3 − m + 7 − 3n = 1 n = 3 3 0,25 Từ đó ta có B(1; 2), C(3; - 2). * Phương trình đường cao AA1: x – 2y = 0. Phương trình đường cao BB1: x – 3y + 5 = 0. VIa.1. x − 2 y = 0  x = 10 (1 điểm) 0,25 ⇔ ⇒ H (10;5) . Toạ độ trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình  x − 3y + 5 = 0 y = 5 Gọi phương trình đường tròn đi qua B, C, H là (T): x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 với a2 + b2 > c. Do B, C, H ∈ (S) nên ta có hệ phương trình.  2a + 4b + c = −5  a = −6   0,25 6a − 4b + c = −13 ⇔ b = −2  20a + 10b + c = −125 c = 15   Vậy phương trình đường tròn (T) : x2 + y2 – 12x – 4y + 15 = 0. Gọi A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) lần lượt nằm trên ba đường 0,25 thẳng d1 , d2 , d3. Do A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔ B là trung điểm của AC t + (−1 + 5v) = 2u  0,25 ⇔ 4 − t + (1 + 2v) = 2.(2 − 3u ) −1 + 2t + (−1 + v) = 2(−3u ) VIa.2.  (1 điểm) Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 0,25 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) x y−2 z = = Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình 1 1 1 0,25 2 Cứ mỗi điểm trên (a) và hai điểm trên (b) tạo thành một tam giác. Số tam giác như th ế là :15.Cn 0,25 2 Cứ mỗi điểm trên (b) và hai điểm trên (a) tạo thành một tam giác. Số tam giác như th ế là : n.C15 0,25 + n.C15 2 2 Theo quy tắc cộng, ta có số tam giác tạo thành là: 15.Cn VIIa. 0,25 (1 điểm) 15.Cn2 + n.C15 = 1725 ⇔ n 2 + 13n − 230 = 0 2 Ta có phương trình: Vậy n=10. 0,25 ⇔ [ n=1023(loai ) n =− Phương trình cạnh AB là : x + y – 2 = 0. VIb.1. 0,25 (1 điểm) Phương trình cạnh AC là: 7x + y – 8 = 0. Phương trình cạnh BC là: x – y – 8 = 0.
-Phương trình đường phân giác góc A là: x – 2y + 1 = 0 và 2x + y – 3 = 0. Suy ra phương trình đường phân giác trong góc A là d1: 2x + y - 3 = 0. -Phương trình đường phân giác góc B là : y = - 3 và x = 5. 0,25 Suy ra phương trình đường phân giác trong góc B là d2: y = - 3. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC ta có I = d1 ∩ d2. Suy ra I(3; - 3). Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC là : r = d(I, AB) = 2 . 0,25 Phương trình đường tròn nội tiếp ∆ ABC là: (x – 3)2 + (y + 3)2 = 2. 0,25 + M , N ∈ (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử uuuu r 0,25 M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t 2 ;1 + t2 ) ⇒ NM = (t1 + 2t 2 + 1; t1 − t 2 ; 2t1 − t 2 − 1) . uu uuuu rr + MN song song mp(P) nên: nP .NM = 0 ⇔ 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = 0 uuuu r 0,25 ⇔ t2 = −t1 ⇒ NM = (−t1 + 1; 2t1 ;3t1 − 1) .  t1 = 0 VIb.2. + Ta có: MN = 2 ⇔ (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = 2 ⇔ 7t − 4t1 = 0 ⇔  2 2 2 2 (1 điểm) . t1 = 4 1  7 0,25 448 1 43 + Suy ra: M (0; 0; 0), N ( −1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ; − ; ) . 777 7 77 448 1 43 ; ), N ( ; − ; ) ∈ ( P ). + Kiểm tra lại thấy trường hợp M ( ; 0,25 777 7 77 KL: Vậy có cặp M (0; 0; 0), N ( −1; 0;1) thoả mãn. 2011 2011 ∑ c2011 (− x)k = ∑ ak x k ⇒ ak = c2011 (−1)k ⇒ ak = c2011 Ta có: (1 − x ) = 2011 k k k 0,25 k =0 k =0 2011 2011 2011 (1 + x ) 2011 = ∑ c2011 x k = ∑ ak x k ⇒ x.(1 + x) 2011 = ∑ ak x k +1 (1) k 0,25 k =0 k =0 k =0 VIIb. 2011 ∑ (k + 1) a (1 điểm) Đạo hàm hai vế (1) ta có : ⇔ (1 + x) + 2011x(1 + x) 2010 = 2011 x k (2) 0,25 k k =0 Thay x = 1 vào cả hai vế của (2) ta có: S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2012 a2011 = 2013.2 2010 . 0,25