ĐỀ THI TUYỀN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH QUẢNG TRỊ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyền sinh đại học năm 2011 môn: toán - trường thpt chuyên lê quý đôn tỉnh quảng trị', 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 TUYỀN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH QUẢNG TRỊ

ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 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 d ương. 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 3x  sin x)(1  sin x) 1. Giải phương trình: 1  sin x x 2  2 x  x 2  3x  2 x 2. Giải bất phương trình:  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 bằng a 14 3a . G là trọng tâm tam giác ABC , SG   ABC  , SB  . Tính thể tích hình chóp S . ABC 2 và kho ảng cách từ B đ ến 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 đ ược 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 ngo ại 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)2  log 3 (4  x)  log 3 (4  x) B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 đ iểm) 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 2 x  1 log x 2  4 2 ---------Hết-------- www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn: Toán_ Khối D Câu I.1 2x  2 Khảo sát hàm số f ( x )  (1,0 đ) x 1 T ập 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 2  x  1 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 (1,0 đ) x5 I 1, 2  , d : y  2 2x  2 x  5  Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và d : x 1 2 0,25 x  3  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   2  x  1 ( x  1) 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  2  2cos x.sin 2 x(2 cos x  1)  0  sin 2 x  0  1 cos x   2   0,25  x  2  k  k  x   2   x   2  k 2  3  0,25   x  k   Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm:  x   k 2 k Z  2  2 x    k 2 3  Câu II.2 x 2  2 x  x 2  3 x  2 x ,(2) Giải bất phương trình: (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;  là nghiệm TH1:  x0 x0   TH2: x  2  x2  x3  2 x  2x  1  2 x2  x  6  4 x  2 x 2  x  6  2 x  1  0,( do : x  2)  4  x2  x  6  4 x2  4 x  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 0,25 u  ln x    2  dv  xdx v  x   2 0,25 x2  x22 1  F ( x)  ln x   xdx    dx 2  ( x  2)  2 2 0,25 x2 x2 1 2  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 10 a 2 Tam giác vuông BIG  BG 2  BI 2  IG 2  4 14a 2 10a 2 2 2 SG  SB  BG   a 0,25 B A I 4 4 G 3a 3 1 11 3a 0,25 M K VSABC  S ABC .SG  3a. .a  3 32 2 4 C Kẻ GK  AC , K  AC ,(GK / / BC )  SK  BC a2 a 3 GC a 3a  SK  SG 2  GK 2  a 2  GK    ; AC  2 2 2 2 2 0,25 2 1 3 3a 3a 3  S SAC  a .  222 4 0,25 3V h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC   h  SABC  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  3 z  z  1  z  1;2  0,25 Lại có: x 2  y 2  ( x  y )2 ,(*) 0,25 2  A  3  z   z2  2z2  6z  9 3 Xét f ( z )  2 z 2  6 z  9, z  1;2  f '( z )  4 z  6, f '( z )  0  z  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 Câu AB đi qua M nhận MI  (3, 3) làm vtpt nên có pt: x  y  3  0
AVI.1 x  y  3  0  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 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   2 2 0,25 pt: IB  IC  IB  IC   2t     t         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 Câu 0,25 AD  BC  D  4;0; 5 AVI.2  5 5  (1,0 đ)  G  ;0;  . Gọi H  x; y; z  là hình chiếu của G lên BD 3 3  x  5t  1 uuu r uuu r 0,25   BH  tBD   y  t  1  z  7 t  2  uuur   uuu r 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 ; ;  15  3 15 15  0,25  5 14 9   G ' ; ;   3 15 5  Câu Giải phương trình: log 9 ( x  1) 2  log 3 (4  x )  log 3 (4  x) ,(*) AVII 0,25  4  x  4 (1,0 đ) Đk:  x  1 0,25   (*)  log 3 x  1  log 3 16  x 2  x  1  16  x 2   1  x  4  1  61  2 x  x  15  0  x  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
Câu  x  5  2t  H  5  2t ; t  Gọi H là hình chiếu của B trên d :  B.VI.1 y  t (1,0 đ) uuur uur BH  17  2t ; t  1  u d   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  2 a;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 uuur uuur uuu uuu rr BC  (3; 2; 4), BD  (5; 1; 7)   BC , BD   10;1;7    uuuur BM  1; 1, a  2  29  a  7 0,25 1 VBCDM  4  7 a  5  4    a  19 6  7  0,25 19  29    Vậy M  0;0;  ho ặc M  0;0;  7 7   Câu 1   Giải bất phương trình: 4log 2 x  1 log x 2  ,(*) B.VII 4 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 2  0 2log 2 x 0,25  log 2 x  0,  Do : 2 log 2 x  log 2 x  2  0  2 0,25  0  x 1 Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm 0  x  1