Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 2

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. Viết phương trình các tiếp tuyến của C vuông góc với IA.. và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ đượ

TRƯỜNG 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,

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 2

,(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: 2 2

x  x x  x  x

Câu III (1,0 điểm) Tìm 1 2

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 (4 3 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

G 

 .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 - www.laisac.page.tl

HƯỚNG 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 f x( )2x x12

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 y  

Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và 2 2 5

:

d x





 

3

3;4

x

A









Hệ số góc của IA là 3 1

1

4 2



Tiếp tuyến có hệ số góc k ' 1

2

3 4

1

1

x x x







Có 2 tiếp tuyến : 7

1





0,25

0,25 0,25

0,25

Câu II.1

(1,0 đ) Giải phương trình: (1 cos 2 )sin 2

2(sin 3 sin )(1 sin )

1 sin

x



Đk: sinx 1

 



2

2

1 cos

2 2

2 2

2 3

x

x

k x



































Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm: 2

2 2

2 3

x k













 











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)

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

Câu 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 BIG BG BI IG 

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

(1) 5; (2) 5;

f  f  f  

Kết hợp (*) ta có

Vậy maxA 5 khi x0;y1;z2

0,25

0,25

0,25 0,25 Câu AB đi qua M nhận MI  (3, 3)

làm vtpt nên có pt: x y  3 0

G I

M

S

A

C

B

K

;

x y

A

x y



 ( 1;2)

M  là trung điểm của AB nên 2 7

;

3 3

B 

BC nhận n  (2;1) làm vtcp nên có pt:

2 2

3

2

4 5

t





  









 



;

15 15

C 

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

AVI.2

(1,0 đ)

4;0; 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;0;

  Gọi H x y z ; ;  là hình chiếu của G lên BD

5 1 1





  



 

3 15 5

G





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 (4 3 x),(*)

1

x x









2 2

2

17 0

x

x

x

x







vậy (*) có 2 nghiệm 1 61

2

2

x 

0,25

0,25

0,25

0,25

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

 

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









 



  



0;0;

7

M 

0;0;

7

M  

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