Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Viết phương trình các tiếp tuyến của C vuông góc với IA.. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại Ccạnh huyền bằng 3a.. PHẦN RIÊNG 3,0
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D
- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
,(1) 1
x y x
+
=
−
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)
2 I là giao điểm hai tiệm cận của ( )C , đường thẳng( )d có phương trình:x−2y+ =5 0, ( )d cắt
( )C tại hai điểm A B, với A có hoành độ dương Viết phương trình các tiếp tuyến của( )C vuông góc với IA
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: (1 cos 2 )sin 2
2(sin 3 sin )(1 sin )
1 sin
x
−
2 Giải bất phương trình: x2−2x+ x2+3x≥2x
x
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại Ccạnh huyền bằng
3a G là trọng tâm tam giác ABC, SG⊥(ABC), 14
2
a
SB= Tính thể tích hình chóp S ABC
và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) .
Câu V (1,0 điểm) Cho x y z, , thuộc đoạn [ ]0;2 và x y z+ + =3
Tìm giá trị lớn nhất của A x= 2+y2+z2
II 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 tọa độ Oxycho tam giác ABCcó trung điểm cạnh ABlà M( 1;2)− , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(2; 1)− Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình:
2x y+ + =1 0 Tìm tọa độ đỉnh C
2 Trong không gian tọa độ Oxyzcho A(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)− B − C − − , Dlà đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD, Glà trọng tâm của tam giác BCD Tìm tọa độ của điểm G' đối xứng với G
qua đường thẳng BD
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log (9 x+1)2 =log (43 − +x) log (43 +x)
B Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho tam giác ABCcó B( 12;1)− , đường phân giác trong gócA có phương trình:x+2y− =5 0 Trọng tâm tam giác ABC là 1 2
;
3 3
.Viết phương trình đường thẳng BC
2 Trong không gian tọa độ Oxyzcho A(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)− B − C − − , Dlà đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD Tìm tọa độ của điểm M thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp M BCD
bằng 4
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( 2 )
4
1
2
x
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……… ; Số báo danh:………
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: Toán_ Khối D
Câu I.1
(1,0 đ) Khảo sát hàm số
( )
1
x
f x
x
+
=
−
Tập xác định D R= \ 1{ }
Sự biến thiên
→±∞ = ⇒ = là tiệm cận ngang
1 1
lim
lim
x
x
y y
+
−
→
→
= +∞
= −∞ ⇒ =x 1 là tiệm cận đứng
4
1
x
−
−
Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
'
y + 0 || − 0 +
y
Hàm số nghịch biến trên (−∞;1 , 1;) ( +∞)
Đồ thị
0,25 0,25
0,25 0,25
Câu I.2
(1,0 đ)
Tìm các tiếp tuyến vuông góc với IA?
( )1, 2
2
x
d x
+ = +
−
( )
3
3;4
x
A
=
⇔ = − ⇒
4 2
−
Tiếp tuyến có hệ số góc 'k = −1
2
3 4
1
1
x x x
=
−
⇒ − = − ⇒ = −
1
= − +
= − −
0,25
0,25 0,25
0,25 Câu II.1
(1,0 đ) Giải phương trình: (1 cos 2 )sin 2+ 1 sinx x x =2(sin 3x+sin )(1 sin )x + x
Đk: sinx≠1
(1)⇔2cos sin 2x x=4sin 2 cos cosx x x
0,25
−∞
+∞
2
2
Trang 31 cos
2 2
2 2
2 3
x
x
k x
π π π
π π
=
= +
⇔ =
= ± +
Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm: 2
2 2
2 3
x k
π
π π
π π
=
−
= ± +
0,25
0,25
0,25 Câu II.2
(1,0 đ) Giải bất phương trình:
x − x+ x + x≥ x,(2)
Đk:
2 2
3
0
x
x
≤ −
+ ≥
0
x x
≤ −
=
⇒(2) đúng;
3 0
x x
≤ −
=
là nghiệm TH2: x≥2
2 2
25 8
x
⇔ ≥
KL: nghiệm của (2) là
3 0 25 8
x x x
≤ −
=
≥
0,25 0,25
0,25
0,25
Trang 4Câu III
2
2
2
2
2
1
ln
2
ln
2
x xdx
x dx du
v
x
x
+
+
=
=
=
+ −
+
∫
∫
0,25
0,25 0,25
0,25 Câu IV
Tam giác vuông
2
4
a
3
SABC ABC
Kẻ GK ⊥ AC K, ∈AC GK,( / /BC)⇒SK ⊥BC
2
; 2
2
SAC
h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng(SAC) 3 SABC 3
SAC
V
S
0,25 0,25
0,25
0,25 Câu V
(1,0 đ) Cho x y z, , thuộc [ ]0;2 và x y z+ + =3 Tìm giá trị lớn nhất của A x= 2+ y2+z2
Giả sử: x≤ ≤ ⇒ = + + ≤y z 3 x y z 3z⇒ ≥ ⇒ ∈z 1 z [ ]1;2
Lại có:
+ ≤ +
2
f z = z − z+ z∈ ⇒ f z = z− f z = ⇔ =z
(1) 5; (2) 5;
÷
Kết hợp (*) ta có
Vậy maxA=5 khi x=0;y=1;z=2
0,25
0,25
0,25 0,25
G I
M
S
A
C
B
K
Trang 5AVI.1
(1,0 đ)
AB đi qua M nhận MIuuur=(3, 3)− làm vtpt nên có pt: x y− + =3 0
;
x y
A
x y
− + =
( 1;2)
M − là trung điểm của AB nên 2 7
;
3 3
BC nhận nr=(2;1) làm vtcp nên có pt:
2 2
3
2
4 5
t
−
= +
= +
= ⇒ = ⇒ − ÷ + + ÷ ÷ ÷= +
⇒
=
;
15 15
0,25
0,25
0,25
0,25 Câu
AVI.2
(1,0 đ)
(4;0; 5)
uuur uuur
;0;
⇒ ÷ Gọi H x y z( ; ; ) là hình chiếu của G lên BD
5 1 1
= −
⇒ = ⇒ = − +
= − +
uuur uuur
3 15 5
G
= − − − ÷ = − −
⊥ ⇒ − ÷− − − − ÷=
−
⇒ = ⇒ ÷
−
uuur uuur
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVII
(1,0 đ)
Giải phương trình: log (9 x+1)2 =log (43 − +x) log (43 +x),(*)
1
x x
− < <
≠
2
2
2
17 0
x
x
x
x
− < < − +
+ − = =
− < < −
− − =
0,25 0,25
0,25
Trang 6vậy (*) có 2 nghiệm 1 61
2
2
Câu
B.VI.1
(1,0 đ)
Gọi H là hình chiếu của B trên d: x 5 2t H(5 2 ;t t)
y t
= −
=
d
Gọi M là điểm đối xứng của B qua d
uuuur uuuuuuur
( )
uuur uuuur
Vậy BC x: −8y+20 0=
0,25
0,25
0,25 0,25 Câu
B.VI.2
(1,0 đ)
(4;0; 5)
0;0;
1
, 6
29
19 6
7
BCDM
BCDM
a
a
= − −
=
= ⇔ − = ⇒ −
=
uuur uuur uuuur
uuuur
0;0;
7
19 0;0;
7
0,25
0,25
0,25
0,25 Câu
B.VII
(1,0 đ)
Giải bất phương trình: ( 2 )
4
1
2
x
Đk: 0< ≠x 1
2 2 2 2
2
2
(*)
0 2log
x x
x
x
+
⇔ < <
Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm 0< <x 1
0,25 0,25 0,25 0,25
