63 bộ đề thi thử đại học 2011 Phần 7

THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 . 1 x y x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 . 1 x m x    Câu II (2 điểm) a) Tìm m để phương trình  44 2sin cos cos4 2sin2 0xx x xm   có nghiệm trên 0; . 2        b) Giải phương trình    g 4 8 42 2 11 log 3 log 1 lo . 24 x xx    Câu III (2 điểm) a) Tìm giới hạn 3 22 0 3121 lim . 1cos x xx L x      b) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50 100 100 100 100 100 100 . 2 .CCCC CC  Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.abc  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . ab c a bc abc M   B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình 0 và 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  1 C và  22 1 :45Cx y y  22 2 :6816Cxy xy   2 .C b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) Cho điểm và đường thẳng  2;5;3 A  1 : 212 xyz d 2 .    Viết phương trình mặt phẳng    chứa sao cho khoảng cách từ đến d A   lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao 63 Đề thi thử Đại học 2011 -91- http://www.VNMATH.com Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol ( H ) dạng chính tắc biết rằng ( H ) tiếp xúc với đường thẳng 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. :2dx y b) Cho tứ diện OABC có và Tính thể tích tứ diện OABC. 4, 5, 6OA OB OC    0 60 .AOB BOC COA Câu VIb (1 điểm) Cho mặt phẳng   :221 Px y z 0 và các đường thẳng 1 13 :, 232 x yz d     2 55 .  : 64 5 xyz d    Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d 2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm Tập xác định: Hàm số 1 1 x y x    có tập xác định   \1. DR  Giới hạn: 11 11 1 lim 1;lim ;lim . 11 1 x xx xx x xx x          0,25 Đạo hàm:  2 2 '0, 1 y x    1x  Hàm số nghịch biến trên các khoảng và Hàm số không có cực trị.  ;1  1; . Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1;x  tiệm cận ngang 1.y  Giao của hai tiệm cận là tâm đối xứng.  1;1I 0,25 a) Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị  1 ' 1 x y C x    Học sinh tự vẽ hình 0,5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -92- http://www.VNMATH.com Số nghiệm của 1 1 m x   bằng số giao điể x  m của đồ thị 1 1 x y x    và . y m  0,25 Suy ra đ ệm phương trình có 1 nghiệm 1: phương trình vô nghiệm 0,25 áp số 1; mm  1 : ph ương trình có 2 nghi 1:m  1m  Câu II 2 điểm Ta có 44 2 1 sin os 1 sin 2 2 x cx x  và 2 os4 1 2sin 2 .cx x 0,25 Do đó  13sin22sin23 2 x xm    . Đặt t sin 2x . Ta có   0; 2 0; 0;1 . 2 xxt       Suy ra 0,25   2 323,0;1ft t t mt     Ta có bảng biến thiên 0,25 a) đã cho có nghiệm trên Từ đó phương trình 10 0; 2 23 m       0,25 Giải phương trình    8 42 2 11 log 3 log 1 log 4 2 24 xx x     Điều kiện: 01x 0,25    2314x xx  0,25 Trường hợp 1: 1x   2 220xx x 2 0,25 b) Trường hợp 1: 01x  2 263023xx x  3 Vậy tập nghiệm của (2) là   2; 2 3 3 T   0,25 Câu III a) Tìm 3 22 0 3121 lim . 1cos x xx L x      63 Đề thi thử Đại học 2011 -93- http://www.VNMATH.com Ta có 3 22 0 311211 lim 1cos 1cos x xx L x x          0,25 Xét 22 1 22 00 211 2 lim lim 2 1cos 2sin 2 1 1 2 xx xx L x x x          0,25 Xét  3 22 2 2 00 3 22 2 3 311 3 lim lim 2 1cos 2sin 31 311 2 xx xx L x x xx            0,25 Vậy L 12 224 L L   0,25 Chứng minh rằng 0 024 1005 100 100 100 100 . 2 .CCC C  Ta có  i 0,5  100 1 i  0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 0 2 4 100 1 3 99 100 100 100 100 100 100 100 . . . CCiCi Ci CCC C CC C    b) hác 0 Vậy 0 0,5 Mặt k    2 100 50 112 2ii ii    25 21 2ii  024 1005 100 100 100 100 . 2 .CCC C  Cho a, b, c thoả Tìm GTNN của 3.abc 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . ab c a bc abc M   Đặt   2;3;4 , 2;3;4 ,w 2;3;4 w abc cab bc a uv Mu   v    22 222 3 abc M   2 w 33 444 abc abc uv     0,25 Theo cô – si có 3 2 22232 6 b c abc   . Tương tự … 0,5 Câu IV Vậy 329.M  Dấu bằng xảy ra khi 1.abc  0,25 Câu Va Học sinh tự vẽ hình        2 2 3;4 3.C I  0,25 11 1 2 :0;2, 3; : ,I R C R a) Gọi tiếp tuyến chung của     12 ,CC là   22 :0Ax By C A B 0     là tiếp tuyến chung của     12 ,CC     22 11 ; C dI R       22 22 23 1 ; 34 3 2 B A B dI R ABC AB          0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -94- http://www.VNMATH.com Từ (1) và (2) suy ra hoặc 2AB 32 2 A B C    Trường hợp 1: 2AB . Chọn 12 235:2235BAC xy        0 Trường hợp 2: 32 2 AB C   . Thay vào (1) được 22 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 AB AB A A B y xy   0,5 Gọi H là trung điểm của BC   3 ;' 2 a dM BBC AH  0,25 23 '' 11 '. . 22 3 BB C MBB C BB C aa SBBBCVAHS    ' 3 12 0,25 b) g BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Gọi I là tâm hình vuôn Ta có ' ; ' ' .' B CMIBCBC B MB C 0,5 (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K trên d K cố định;  là hình chiế u của A Gọi  là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . 0,25 Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK Vậy  max AH AK   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. 0,25 Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d   :2 2 15 0xy z     3;1; 4K  0,25 Câu VIa   là m Kặt phẳng qua và vuông góc với AK   :4 3xyz     0 0,25 Câu Vb Gọi  2 xy 2 22 :1H ab  (H) tiếp xúc với 1 0,25  22 :20 4dx y a b     22 16 4 4;2 12H ab     0,25 42xyA  a) Từ (1) và (2) suy ra  22 22 8; 4 : 1 84 xy ab H  0,5 b) c sinh tự vẽ hình) B’ trên OB; C’ trên OC sao cho 4 (Họ Lấy ''OA OB OC  0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -95- http://www.VNMATH.com là trung điểm của B’C’     ''.OAM OB C Lấy M Kẻ  ''AH OM AH OB C 0,25 Ta có 23 46 23 33 AM OM MH AH 0,25  11 sin 22 OBC SOBOCBOC 53 Vậy 1 .10 3 OABC OBC VAHS 2 0,25 Gọi   3;2, 56';4';55'12;3M t ttN tt t     ;22110;dM P t t t   1. 0,25 Trường hợp 1:     01;3;0, 6'4;4'3;5'tM MNttt    5    .0'0 5;0;5 P MN n t N   P MN n    0,25     1 3;0;2 , 1; 4;0tM N  0,25 Trường hợp 2: Câu VIb Kết luận 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -96- http://www.VNMATH.com Ngày thi 21/12/2010 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 m yxm x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình   2 cos . cos 1 21 sin . sin cos xx x xx    2. Giải phương trình 22 7532(xxx xx x   ) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx xx    . Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:  DMN ABC 3.  x yxy - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1 Câu V ( 1,0 điểm ). Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 0  33 3 16 3 x yz P x yz    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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 11 231 xyz   2 , d 2 : 22 152 x yz     Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 32 21 1 1 x yz    và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  14 4 22 1 log log 1 (, ) 25 yx y xy xy           -------------------Hết ------------------- 63 Đề thi thử Đại học 2011 -97- http://www.VNMATH.com SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 Với m =1 thì 1 1 2 yx x   a) Tập xác định: D   \2  0.25 b) Sự biến thiên:  2 22 143 1 '0 3 x y x '1 22 xx y xx     ,       . li , , m x y   lim x y   22 lim ; lim xx yy       ,     lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0 xx yx yx       Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. 0.25 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng     ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    1; 2 , 2; 3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y CĐ = 1 tại x = 1; y CT = 3 tại x = 3. 0.25 c) Đồ thị : 0.25 x - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 y’ y -  1 2 3 +  – + 0 + – 0 +  +  1 3 -  -  63 Đề thi thử Đại học 2011 -98- http://www.VNMATH.com 2 1.0 Với x 2 ta có y  ’ = 1- 2 (2) m x  ; Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2) 2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m 0.25 Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 11 22 22 22 2 2 x my m m x my m m         0.25 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2;2 2mm m); B( 2;2 2mm m) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 22mm mm  0.25 0 2 m m       Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 2. 0.25 II 2.0 1 Giải phương trình   2 cos . cos 1 21 sin . sin cos xx x xx    1.0 ĐK: sin cos 0xx  0.25 Khi đó     2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x      1 sin 1 cos sin sin .cos 0xxxxx       1sin 1cos 1sin 0 xxx    0.25 sin 1 cos 1 x x       (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k xm              ,km Z Vậy phươn g trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k     và 2xm      ,km Z 0.25 2 Giải phương trình: 22 7532(xxx xx x   ) 1.0 2 22 32 0 7532 xx PT x xx x x          0.25 2 3 2 0 52(2) xx xx x          0.25 31 0 2 52. x x x x x               2 116xx   20 0 x        0.25 1x  Vậy phương trình đã cho có một nghi ệm x = - 1. 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3 63 Đề thi thử Đại học 2011 -99- http://www.VNMATH.com III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx xx    . 1.0 Đặt u = 2 112x u x udu dx    ; đổi cận: 01 32 xu xu        0.25 Ta có: 322 3 2 011 328 (2 6) 6 32 1 31 3 xuu dx du u du du uu u xx       2 1 1  0.25  2 2 1 2 66ln1 1 uu u   0.25 3 36ln 2   0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H Do mà là   DMN ABC DH ABC  .D ABC tứ diện đều nên là tâm tam giác đều . H ABC 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 222 36 1 33 DH DA AH       Diện tích tam giác AMN là 0 13 sin60 24 AMN SAMAN - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4 xy 0.25 Thể tích tứ diện là .DAMN 12 . 31 AMN 2 D H xyVS 0.25 Ta có: AMN AMH AMH SSS 00 11 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 22 2 xy x AH y AH  D A B C H M N 0  3.x yxy  0.25 V 1.0 Trước hết ta có:  3 33 4 x y xy   (biến đổi tương đương)    2 . 0xy xy   0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó    33 33 3 3 33 64 64 41 xy z az z Pt aa   64t (với t = z a , ) 01t  0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t   0;1 . Có   2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 ft t t ft t     Lập bảng biến thiên 0.25   0;1 64 inf 81 t Mt   GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -100- http://www.VNMATH.com [...]... trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I -103- http://www.VNMATH.com 7 63 Đề thi thử Đại học 2011 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I – NĂM 2011 MÔN TOÁN- KHỐI D (Thời gian làm bài 180 phút-không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH x2 (C)... , trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 HẾT Họ và tên thí sinh………Số báo danh……………Phòng thi -104- http://www.VNMATH.com 63 Đề thi thử Đại học 2011 ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I- KHỐI D Năm học 2009-2010 PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I Điểm thành phần Nội dung chính và kết quả D=R/ 1 a) (1điểm) 1 > 0 , x  D  h/số đồng biến trên D và không có cực trị ( x  1) 2 Các đường tiệm... bài toán  z  3  5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I -101- 0.25 http://www.VNMATH.com 5 63 Đề thi thử Đại học 2011 VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 1.0 0.25 Phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3  log 4 (n – 3)(n + 9) = 3 n  7  (n – 3)(n + 9) = 43 ... p/t (  ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0 -1 07- http://www.VNMATH.com 63 Đề thi thử Đại học 2011 CâuVa 3 điểm 1)(1 điểm) Tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 : 0;1; 2;3; 4;5;6 ;7; 8;9 3 *Số điểm có 3 toạ độ khác nhau đôi một là: A10  72 0 (điểm) * Trên mỗi mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm đều có một toạ độ bằng 0, hai toạ độ còn lại khác nhau và khác 0.Số các điểm như vậy là: A92  72 (điểm) 2) * Xác định k/c(AB;SC)... được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x 5  2 x3 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :  2 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  : - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I y2  3 y4  3 0.25 0.25 z5 1 z 5 1 0.25 -102- http://www.VNMATH.com 6 63 Đề thi thử Đại học 2011 VII.b 1  log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4  2 2  x  y  25 1.0 ( x, y  ) y  x  0 y  0 Điều.. .63 Đề thi thử Đại học 2011 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  5 x  2 y 1  0   21 13    B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và      BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7) ; nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần...  x  2 KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2 -108- http://www.VNMATH.com 63 Đề thi thử Đại học 2011 5 Câu Vb 3 điểm 1)(1 điểm) Đặt f ( x)  x  5 x  5  f ' ( x)  5( x 4  1)  5( x  1)( x  1)( x 2  1)  x  1 Ta có bảng biến thi n của h/s f(x): f '( x)  0   x  1 x - -1 1 + f’(x) + 0 0 + -1 + f(x) - -9 Nhìn vào bảng biến thi n,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s f(x) tại một... chứa bộ 123: 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm y–3=0 Lấy 4 chữ số  0; 4;5;6 ;7; 8;9 : có A74 cách Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách  có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 0,5 điểm 3 Trong các số trên, có 4 A6 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu  Có 3 5 A74 - 4 A6 = 372 0 số... I=  tet dt Đặt 31 dv  et dt  v  et 2 2 2 Ta có I  (tet   et dt )  e2 3 3 1 -106- 0,5 điểm 0,5 điểm http://www.VNMATH.com 63 Đề thi thử Đại học 2011 Câu I(1;5;0) , Câu IV 1 điểm x  t  1 :  y  4  t  z  1  2t  Nội dung chính và kết quả 2 : Điểm thành phần x y2 z   3 3 1 1 có vtcp u1 (1; 1; 2) ;và 1 đi qua điểm M 1 (0; 4; 1)  2 có vtcp u2 (1; 3; 3) ;  2 đi qua điểm M... 480 số có chữ số 0 đứng đầu  Có 3 5 A74 - 4 A6 = 372 0 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 372 0 số gồm 7 chữ số khác nhau , có bặt 321 Kết luận: có 372 0.2 = 74 40 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 0,5 điểm Chú ý :- Nếu học sinh làm theo cách khác đúng thì phải cho điểm tối đa -109- http://www.VNMATH.com . đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7 63 Đề thi thử Đại học 2011 -103- http://www.VNMATH.com. toán 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -101- http://www.VNMATH.com VII.a Tìm phần thực của