Đề thi thử đại học môn Toán 2011 đề 24

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

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán 2011 đề 24', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn Toán 2011 đề 24

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) 2x + 2 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số: y = ,(1) x −1 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 − 2 y + 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 + cos 2 x)sin 2 x = 2(sin 3 x + sin x)(1 + sin x) 1. Giải phương trình: 1 − sin x 2. Giải bất phương trình: x 2 − 2 x + x 2 + 3x ≥ 2 x  1 Câu III. (1,0 điểm) Tìm F ( x) = ∫ x  ln x − dx ÷ ( x + 2) 2   Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền a 14 bằng 3a . G là trọng tâm tam giác ABC , SG ⊥ ( ABC ) , SB = . Tính thể tích hình chóp 2 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 + y 2 + z 2 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 Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là 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: 2 x + y + 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho A(1;2; −1), B(−1;1;2), C (2; −1; −2) , D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD , G là 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) = log 3 (4 − x) + log 3 (4 + x) 2 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(−12;1) , đường phân giác trong góc A có 1 2 phương trình: x + 2 y − 5 = 0 . Trọng tâm tam giác ABC là G  ; ÷.Viết phương trình đường 3 3 thẳng BC . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho A(1;2; −1), B(−1;1;2), C (2; −1; −2) , D là 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. 1 ( ) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 4log 4 x + 1 log x 2 ≤ 2 2 ---------Hết-------- www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn: Toán_ Khối D 2x + 2 Câu I.1 Khảo sát hàm số f ( x ) = (1,0 đ) x −1 Tập xác định D = R \ { 1} Sự biến thiên lim y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang x →±∞ lim y = +∞ 0,25 x →1+ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng lim y = −∞ − x →1 0,25 −4 y'= < 0, ∀x ≠ 1 ( x − 1) 2 Bảng biến thiên: x −∞ +∞ 1 || − + y' 0 0 + +∞ 2 y −∞ 2 0,25 0,25 Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) , ( 1; +∞ ) Đồ thị Tìm các tiếp tuyến vuông góc với IA? Câu I.2 x+5 (1,0 đ) I ( 1, 2 ) , d : y = 2 2x + 2 x + 5 = Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và d : x −1 2 x = 3 0,25 ⇒ A ( 3;4 ) ⇔ x = −3,(loai )  3 −1 Hệ số góc của IA là k = =1 4−2 0,25 Tiếp tuyến có hệ số góc k ' = −1 0,25 x = 3 −4 ⇒ = −1 ⇒   x = −1 ( x − 1) 2 0,25  y = −x + 7 Có 2 tiếp tuyến :   y = −x −1 Câu II.1 (1 + cos 2 x)sin 2 x = 2(sin 3 x + sin x)(1 + sin x) ,(1) Giải phương trình: (1,0 đ) 1 − sin x Đk: sin x ≠ 1 (1) ⇔ 2cos 2 x.sin 2 x = 4sin 2 x.cos x.cos 2 x 0,25
0,25  cos x = 0  ⇔ 2cos 2 x.sin 2 x(2cos x + 1) = 0 ⇒ sin 2 x = 0  −1 cos x =  2 π  0,25 x = + kπ  2  kπ ⇔ x =  2   x = ± 2π + k 2π   3 0,25   x = kπ  −π Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm:  x = + k 2π k ∈Z  2  2π x = ± + k 2π  3 Câu II.2 Giải bất phương trình: x 2 − 2 x + x 2 + 3x ≥ 2 x ,(2) (1,0 đ)  x ≤ −3  x2 − 2 x ≥ 0  x ≤ 0; x ≥ 2  ⇔ x = 0 ⇔ 0,25 Đk:  2   x ≤ −3; x ≥ 0  x + 3x ≥ 0  x ≥ 2   x ≤ −3  x ≤ −3 0,25 ⇒ (2) đúng;  x = 0 là nghiệm TH1:  x=0   TH2: x ≥ 2 ⇒ x−2 + x+3 ≥ 2 x ⇔ 2x + 1 + 2 x2 + x − 6 ≥ 4x ⇔ 2 x 2 + x − 6 ≥ 2 x − 1 > 0,( do : x ≥ 2) ⇔ 4 ( x2 + x − 6) ≥ 4x2 − 4x + 1 0,25 25 ⇔ x≥ 8  0,25  x ≤ −3  KL: nghiệm của (2) là  x = 0  25 x ≥  8
Câu III  1 F ( x) = ∫ x  ln x − dx ÷ (1,0 đ) ( x + 2) 2   xdx F ( x) = ∫ x ln xdx − ∫ ( x + 2) 2  dx du = x u = ln x 0,25  ⇒  dv = xdx v = x 2   2 0,25  x+2−2 x2 1 ⇒ F ( x) = ln x − ∫ xdx − ∫  dx 2÷  ( x + 2)  2 2 0,25 1 2 x2 x2 = ln x − − ∫  − dx 2÷  x + 2 ( x + 2)  2 4 0,25 x2 x2 2 = ln x − − ln x + 2 − +C x+2 2 4 Câu IV 3a a S Gọi I là trung điểm AB , CI = ⇒ IG = (1,0 đ) 2 2 10a 2 Tam giác vuông BIG ⇒ BG 2 = BI 2 + IG 2 = 4 14a 2 10a 2 SG = SB − BG = − =a 2 2 0,25 4 4 B A I 3a 3 1 11 3a 0,25 G VSABC = S ABC .SG = 3a. .a = M K 3 32 2 4 C Kẻ GK ⊥ AC , K ∈ AC ,(GK / / BC ) ⇒ SK ⊥ BC a2 a 3 GC a 3a GK = = ⇒ SK = SG 2 + GK 2 = a 2 + = ; AC = 2 2 2 2 2 0,25 2 1 3 3a 3a 3 ⇒ S SAC = a . = 222 4 0,25 3VSABC h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) ⇒ h = =a 3 S SAC Cho x, y, z thuộc [ 0;2] và x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của A = x 2 + y 2 + z 2 Câu V (1,0 đ) Giả sử: x ≤ y ≤ z ⇒ 3 = x + y + z ≤ 3z ⇒ z ≥ 1 ⇒ z ∈ [ 1;2] 0,25 Lại có: x 2 + y 2 ≤ ( x + y ) 2 ,(*) 0,25 ⇒ A ≤ ( 3 − z ) + z2 = 2z 2 − 6z + 9 2 3 Xét f ( z ) = 2 z − 6 z + 9, z ∈ [ 1;2 ] ⇒ f '( z ) = 4 z − 6, f '( z ) = 0 ⇔ z = 2 2 3 9 0,25 f (1) = 5; f (2) = 5; f  ÷ = 2 2 0,25 Kết hợp (*) ta có Vậy max A = 5 khi x = 0; y = 1; z = 2 uuu r AB đi qua M nhận MI = (3, −3) làm vtpt nên có pt: x − y + 3 = 0 Câu
x − y + 3 = 0 AVI.1  −4 5  ⇒ A ; ÷ Tọa độ A là nghiệm của hệ :  (1,0 đ) 0,25 2 x + y + 1 = 0  3 3  −2 7  M (−1;2) là trung điểm của AB nên B  ; ÷  3 3 r BC nhận n = (2;1) làm vtcp nên có pt: −2  x= + 2t   −2  7 3 ⇒ C + 2t ; + t ÷  0,25 y = 7 + t 3 3   3 2 2 2 2  8   10   8   10  IB = IC ⇒ IB = IC ⇒  2t − ÷ +  t + ÷ =  ÷ +  ÷ 0,25 2 2  3  3   3  3  t = 0,loai (do C ≡ B) ⇒ 4 t = 5 0,25  14 47  Vậy C  ; ÷  15 15  uuu uuu r r AD = BC ⇒ D ( 4;0; −5 ) Câu 0,25 AVI.2  5 −5  ⇒ G  ;0; ÷. Gọi H ( x; y; z ) là hình chiếu của G lên BD (1,0 đ) 3 3  x = 5t − 1 0,25 uuur uuu r ⇒ BH = t BD ⇒  y = −t + 1  z = −7t + 2  uuur   uuur 8 11 GH =  5t − ;1 − t ; − 7t ÷; BD = ( 5; −1; −7 )   3 3 0,25 uuur uuu r  8  11  GH ⊥ BD ⇒ 5  5t − ÷− ( 1 − t ) − 7  − 7t ÷ = 0  3 3   5 7 −26  8 ⇒t = ⇒ H ; ; ÷  3 15 15  15 0,25  5 14 −9  ⇒ G ' ; ; ÷  3 15 5  Câu Giải phương trình: log 9 ( x + 1) = log 3 (4 − x) + log 3 (4 + x) ,(*) 2 AVII 0,25 −4 < x < 4 (1,0 đ) Đk:  x ≠ 1 0,25 ( ) (*) ⇒ log 3 x + 1 = log 3 16 − x ⇒ x + 1 = 16 − x 2 2  −1 < x < 4  −1 + 61  2 x =   x + x − 15 = 0  0,25 2 ⇒ ⇒  −4 < x < −1  1 − 69 x = 2   x − x − 17 = 0  2  0,25 −1 + 61 1 − 69 vậy (*) có 2 nghiệm x = và x = 2 2
 x = 5 − 2t Câu ⇒ H ( 5 − 2t ; t ) Gọi H là hình chiếu của B trên d :  B.VI.1 y = t (1,0 đ) uuur uu r BH = ( 17 − 2t ; t − 1) ⊥ ud = ( −2;1) ⇒ −2 ( 17 − 2t ) + t − 1 = 0 0,25 ⇒ t = 7 ⇒ H ( −9;7 ) Gọi M là điểm đối xứng của B qua d uuuu r uuuuuur u ⇒ BM = 2 BH ⇒M ( −6;13) ∈ AC A ∈ d ⇒ A ( 5 − 2a; a ) ⇒ C ( 8 + 2a;1 − a ) 0,25 uuu uuur r u 0,25 MA / / MC ⇒ a = −2 ⇒ C ( 4;3) 0,25 Vậy BC : x − 8 y + 20 = 0 D ( 4;0; −5 ) Câu 0,25 B.VI.2 M ∈ Oz ⇒ M ( 0;0; a ) (1,0 đ) 1 uuu uuu uuuu rr r VBCDM =  BC , BD  BM 6  0,25 uuu r uuu r uuu uuu rr BC = (3; −2; −4), BD = (5; −1; −7) ⇒  BC , BD  = ( 10;1;7 )   uuuu r BM = ( 1; −1, a − 2 )  29 a = 0,25 1 7 = 4 ⇔ 7a − 5 = 4 ⇒  VBCDM −19 6 a =   7 0,25 −19   29   Vậy M  0;0; ÷ hoặc M  0;0; ÷  7  7 Câu 1 ( ) Giải bất phương trình: 4log 4 x + 1 log x 2 ≤ 2 ,(*) B.VII 2 (1,0 đ) Đk: 0 < x ≠ 1 log 2 x + 1 1 0,25 (*) ⇒ ≤ 2 log 2 x 2 0,25 2log 2 x − log 2 x + 2 ⇔ ≤0 2 2log 2 x 0,25 ⇔ log 2 x ≤ 0, ( Do : 2log 2 x − log 2 x + 2 > 0 ) 2 ⇔ 0 < x