Đề thi thử đại học năm 2011 môn toán - Khối a thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A 
 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) 
PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH .
 Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 
 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 
 Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 
 2) Giải hệ phương trình: .
 Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: 
 Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM 
 Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng 
 PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) 
 PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) 
 Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao , phân giác trong .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC
 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất 
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) 
 Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD 
 có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng và 
 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ 
 các đỉnh của hình chữ nhật.
 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : 
	D1 : , D2 :
 Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 
 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 
.Hết .......
ĐÁP ÁN
Cõu I
2 điểm
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
Tập xác định: Hàm số có tập xác định 
Sự biến thiờn: Ta có 
0,25
0,25
Bảng biến thiên: 
	 0	 2 
 0	 0 
 2 	 
0,25
Đồ thị: 
0,25
b)
Biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số m.
Ta có Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của và đường thẳng 
0,25
Vỡ nờn bao gồm:
	+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 
	+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng qua Ox.
0,25
hình
0,25
Dựa vào đồ thị ta có: 
+ Phương trình vụ nghiệm;
+ Phương trình có 2 nghiệm kộp;
+ Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt;
	+ Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt.
0,25
1+
1-
- 2
m
1
2
	 2) Đồ thị hàm số y = , với x 1 có dạng như hình vẽ : 
 II
1)
1) 
0.25
0.25
0.5
2.)
Giải hệ phương trình: .
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
0,25đ
Đặt: ta có hệ: 
0,25đ
. Thế (1) vào (2) ta có:
.
0,25đ
Kết hợp (1) ta có: (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
0,25đ
Câu III 1 Tính tích phân : 
 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì, tích phân từng phần được kết quả.
0.5đ
 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì, tích phân từng phần được kết quả.
0.5đ
A
S
B
C
M
N
D
Câu IV : 
 Tính thể tích hình chóp SBCMN
	( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 
	Ta có : . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao 
	Ta có SA = AB tan600 = a , 
	Suy ra MN = . BM = 	Diện tích hình thang BCMN là : 
 S = 
	Hạ AH BM . Ta có SHBM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH ( BCNM) 
 SH là đường cao của khối chóp SBCNM 
 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = . 
Vậy BM là phân giác của góc SBA SH = SB.sin300 = a 
	Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = = 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng : 
	Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 
	Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) 
	( *) 
	 Ta có ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) 
	Tương tự ( 2) 
	 ( 3) . 
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
 Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
 1. Chương trình Chuẩn.
Cõu 
Phần
B
C
A
H
N
Nội dung
Điểm
CâuVIa.
(1,0)
1(1,0)
+ Do nờn AB: .
 Giải hệ: ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó: .
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ .
 - Phương trình đường thẳng (d) qua A và 
Vuụng gúc với BN là (d): . Gọi . Giải hệ: . Suy ra: I(-1; 3)
+ Phương trình BC: . Giải hệ: 
Suy ra: . 
+ , . 
Suy ra: 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu VIIA
1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: (4; - 6; - 8)
	 ( - 6; 9; 12)
	+) và cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2
	Vậy d1 // d2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là = ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2) = ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B 
 IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B 
 Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
 Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.
	*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 
0,25đ
A’ đối xứng với A qua H nên A’
I là trung điểm của A’B suy ra I
0,25đ
I
d1
H
A
B
A1
Cõu 
Nội dung
Điểm
Câu VIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: (1) 
Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z
Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( (2)
0.25đ
Đặt t=z- Khi đó 
Phương trình (2) có dạng : t2-t+ (3)
PT (3) có 2 nghiệm t=,t=
0.25đ
Với t= ta có (4)
Có 
PT(4) có 2 nghiệm : z=,z=
0.25đ
Với t= ta có (4)
Có 
PT(4) có 2 nghiệm : z=,z=
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=; z=
0.25đ
Phần II. 
Câu VIb. 1)
Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 
. Vậy 
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD 
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có: 
Theo giả thiết: 
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận làm VTPT nên có PT: . Lại có: 
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
 hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do là trung điểm của AC suy ra: 
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
	Cõu 
Phần
Nội dung
Điểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là ( 1; - 1; 2) 
 và ( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2
0,25đ
Xét = - 10 0
Vậy D1 chéo D2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) D1	 B(2 – 2t’; 3; t’) D2
	 A; B (2; 3; 0)
	Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2.
	Ta có : 
0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:
0,25đ
CâuVIIb
(1,0)
Ta có: 
Thấy: , với 
+ Ta có: .
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của nờn .
+ Ta có: 
Cho x=-1 ta có: 
Cho x=1 ta có: .
Suy ra:. 
+ Từ đó ta có: .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ