Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối D năm 2011 - Trường THPT Lương Ngọc Quyến

Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối D năm 2011 của trường THPT Lương Ngọc Quyến có kèm đáp án. Đây là tài liệu ôn tập và luyện thi tốt giúp các em biết được những dạng Toán sẽ ra trong kì thi ĐH để có sự chuẩn bị chu đáo cho kì thi sắp tới.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I – NĂM 2011 MƠN TỐN- KHỐI D (Thời gian làm 180 phút-không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH x2 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) b) Chứng minh rằng: với giá trị m, đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị (C) hai điểm A,B phân biệt Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng AB Câu II: (2 điểm) a)Giải bất phương trình: 2 x  x 1 34.152 x x  252 x  x 1  b)Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm : � x+1  y   a � � �x  y  2a  Câu III: (2 điểm)  cos x  cos (  x )   sin x  3cos( x  )  sin x a) Giải phương trình: 3 b) Tính : e � x 1 dx Câu IV: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) hai đường thẳng �x  t x y2 z � 1 : �y   t  ; 2 :   3 �z  1  2t � Viết phương trình tham số đường thẳng d qua điểm I cắt hai đường thẳng 1  Viết phương trình mặt phẳng(  ) qua điểm I , song song với 1  PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm câu V.a V.b Câu V.a DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN (3 điểm) 1)Trong không gian , cho hệ trục toạ độ Đề Các vng góc Oxyz Tìm số điểm có toạ độ khác đôi một,biết toạ độ số tự nhiên nhỏ 10 Trên mặt phẳng toạ độ có điểm ? 2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy đường cao, a Tính khoảng cách hai đường thẳng SC AB 3) Giải phương trình: 3log x  x  Câu V.b: DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (3 điểm) 1) Chứng minh phương trình : x  x   có nghiệm x2 y 2)Viết phương trình tiếp tuyến e líp (E):   , biết tiếp tuyến qua điểmA(4;3) 16 3) Có số tự nhiên có chữ số khác đơi , chữ số đứng liền hai chữ số HẾT Họ tên thí sinh………Số báo danh……………Phịng thi… ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I- KHỐI D Năm học 2009-2010 PHẦN (7 điểm) Câu I điểm Điểm thành phần Nội dung kết C H U N G a) (1điểm) D=R/  1 ' y  > , x �D � h/số đồng biến D cực trị ( x  1) Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 Tâm đối xứng I(1;1) BBT -� x y’ + +� y 0,25 điểm -� Đồ thị +� + 0,25 điểm y f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 x(t)=1 , y(t)=t 0,5 điểm x -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 b) (1 điểm) * Phương trình hồnh độ giao điểm d �(C ) là: x  mx  m   (1) ; đ/k x �1 �   m  4m   Vì � với m ,nên p/t (1) có nghiệm phân biệt khác với m Suy �f (1)  1 �0 d �(C ) hai điểm phân biệt với m *Gọi giao điểm d �(C ) là: A( x A ;  x A  m ) ; B( xB ;  xB  m );với xA ; xB nghiệm p/t (1) AB  2( x A  xB )2   ( x A  xB )  x A xB � � 2   m  4( m  2) �  ( m  2)  ��8 � � Vậy : AB  2 , đạt m = 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Câu II 2 a) (1 điểm) 92 x  x 1  34.152 x  x  252 x  x 2 52 x  x  25.52(2 x  x )  1 2  � 9.32(2 x  x )  34.32 x  x 0,25điểm � x x �3 � � � � 1 � �5 �  25  � � 2 x x � 25 �3 � � ��  �5 � � 2 điểm 2(2 x  x ) �3 � � � � �5 � x x �3 �  34 � � �5 � 0,25điểm � 2x  x2  �� � x �(�;1  3) �(0; 2) �(1  3; �) x  x  2 � KL: Bpt có tập nghiệm T= (�;1  3) �(0; 2) �(1  3; �) � � x   y 1  a b)(1 điểm) đ/k x �1; y �1 Bất pt � � ( x  1)  ( y  1)  2a  � � x 1  y 1  a � �� ; Vậy x  y  nghiệm p/t: a  (2a  1) � � x  y   � � � 2� 0,5 điểm 0,25 điểm T  aT  (a  2a  1)  0* Rõ ràng hệ có nghiệm p/t* có nghiệm không âm � �  � a  2(a  2a  1) �0 � � � ۳۳� � a a �S�� �P �0 �1 � � ( a  2a  1) �0 �2 0,25điểm Câu III điểm  2 2cosx+ cos (  x )   sin x  3cos(x+ )+ sin x 3 � 2cosx+ cos x   sin x  3s inx+ sin x 3 � 6cosx+cos x   6sinx.cosx-9sinx+sin x 0,5điểm a) (1 điểm) � 6cosx(1-sinx)-(2sin x  9s inx+7)  � 6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- )   s inx=0 � (1)  � � (1-sinx)(6cosx-2sinx+7)  � � � x   k 2 ;(k �Z ) 6cosx-2sinx+7=0(2) � (p/t (2) vô nghiệm ) 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm e x 1 dx b) (1 điểm) Tính: I= � �x  � t  2 Đặt 3x   t ; t �0 � x   t � dx  t.dt ; � �x  � t  2 u  t � du  dt t te dt Vậy I= � Đặt 31 dv  et dt � v  et 2 t et dt )  e Ta có I  (te  � 3 0,5 điểm 0,5 điểm Câu Nội dung kết I(1;5;0) , Câu IV điểm �x  t � 1 : �y   t �z  1  2t � 2 : Điểm thành phần x y2 z   3 3 1 có vtcp u1 (1; 1; 2) ;và 1 qua điểm M (0; 4; 1)  có vtcp u2 (1; 3; 3) ;  qua điểm M (0; 2;0) r uuuu r ur � M I  mp(P)chứa 1 điểm I có vtpt n  � � , u1 � (3; 1; 2) � p/t mp(P) : 3x –y - 2z + = ur Tương tự mp(Q) chứa  điểm I có vtpt n ' (3;-1;2) � p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + = *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1  , nên d = (P) �(Q) uu r r ur � đường thẳng d có vtcp ud  � n, n' �= (1;3;0); d qua điểm I(1;5;0) � � 0,25 điểm 0,25 điểm �x   t � Nên p/t tham số d �y   3t �z  � r uur ur uu � u , u *mp(  ) qua điểm I song song với 1  nên (  ) có vtpt n = � � �=(9;5;-2) � p/t (  ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0,5 điểm CâuVa điểm 1)(1 điểm) Tập hợp số tự nhiên nhỏ 10 :  0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 *Số điểm có toạ độ khác đôi là: A10  720 (điểm) * Trên mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm có toạ độ 0, hai toạ độ lại khác khác 0.Số điểm là: A9  72 (điểm) 2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC) � d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) Lấy M,N trung điểm AB,DC;Gọi O = AC �BD � mp(SMN)  mp(SDC) Hạ MH  SN , (H �SN) � MH  mp(SDC) � MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) � * Tính MH: Hạ OI  SN MH = 2.OI 1 ON OS2   � OI   SNO vng có: OI ON OS2 ON  OS2 0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm S 0,25 điểm H a a I B M C O N A Với ON = ; OS = D a � 2a MH= 5 log x  x  * ; Đ/k x>0 Đặt log x  t � x  2t ta tính OI = 3) (1 điểm) t t �3 � �1 � p/t * � 3t  4t  � � � � � Nhận thấy p/t có nghiệm t = 1, c/m �4 � �4 � nghiệm Vậy , ta : log x  � x  KL: p/t có nghiệm x = 0,5 điểm 0,5 điểm Câu Vb điểm 1)(1 điểm) Đặt f ( x )  x  5x  � f ' ( x)  5( x  1)  5( x  1)( x  1)( x  1) x  1 � f '( x )  � � Ta có bảng biến thiên h/s f(x): x 1 � x -� -1 +� f’(x) + 0 + -1 +� f(x) -� -9 Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 cắt đồ thị h/s f(x) điểm Vậy p/t cho có nghiệm xx y y 2) (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm ( x0 ; y0 ), PTTT (d) có dạng:   * 16 x0 y0 �   (1) Vì A(4;3) �(d) 16 x0 y0 � ( E ) Vì tiếp điểm ,nên   (2) Từ (1),(2) ta có 16 � 12  x0 x0  4; y0  � �y0  �� Từ p/t * , ta thấy có tiếp tuyến (E) qua � x0  0; y0  2 � � x0  16 y0  144 � điểm A(4;3) : (d ) : x – = ; (d ) : 3)(1 điểm) TH1 : Số phải tìm chứa 123: Lấy chữ số � 0; 4;5;6;7;8;9 : có A7 cách 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm y–3=0 Cài 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc hai chữ số liền chữ số vừa lấy: có cách � có A74 = 5.840 = 4200 số gồm chữ số khác chứa 123 0,5 điểm Trong số trên, có A6 = 4.120 = 480 số có chữ số đứng đầu � Có A7 - A6 = 3720 số phải tìm có mặt 123 TH : Số phải tìm có mặt 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm chữ số khác , có bặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm chữ số khác đơi một,trong chữ số đứng liền hai chữ số Chú ý :- Nếu học sinh làm theo cách khác phải cho điểm tối đa 0,5 điểm ... T/c đứng x =1; T/c ngang: y =1 Tâm đối xứng I (1; 1) BBT -? ?? x y’ + +� y 0,25 điểm -? ?? Đồ thị +� + 0,25 điểm y f(x)=(x-2)/(x -1 ) f(x) =1 x(t) =1 , y(t)=t 0,5 điểm x -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 b) (1 điểm) *... điểm 1) (1 điểm) Đặt f ( x )  x  5x  � f ' ( x)  5( x  1)  5( x  1) ( x  1) ( x  1) x  ? ?1 � f '( x )  � � Ta có bảng biến thi? ?n h/s f(x): x ? ?1 � x -? ?? -1 +� f’(x) + 0 + -1 +� f(x) -? ?? -9 ... x 0,5điểm a) (1 điểm) � 6cosx ( 1- sinx )-( 2sin x  9s inx+7)  � 6cosx ( 1- sinx )-2 (s inx -1 ) (s inx- )   s inx=0 � (1)  � � ( 1- sinx)(6cosx-2sinx+7)  � � � x   k 2 ;(k �Z ) 6cosx-2sinx+7=0(2)