Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 98

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng d x - 3= 0   và điểm A(-1;0). Tìm

tọa độ hai điểm B, C trên (d) để ABC là tam giác đều.

pdf4 trang | Chia sẻ: tuanbinh | Ngày: 09/08/2018 | Lượt xem: 182 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 98, để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1
2 1
xy
x
  .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ độ O và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 1 cos 2sin 2 3 cos 3
sin
x
x x
x
    .
2. Giải hệ phương trình 2 2 2
7 1
10 1
xy x y
x y y
    
.
Câu III (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình 22 1 1x x x x     .
2. Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập  2/ 12 11 0X x N x x     . Tính xác suất để ba số được chọn ra
có tổng là một số chẵn.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC và đáy ABC vuông tại A với 3 , 4AB a AC a  . Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là 060 . Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho các điểm      1;3 , 3;3 , 0;2A B C  . Xét vị trí tương
đối của các trục tọa độ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình  2 4log log 3 2x x   .
2. Tìm nguyên hàm của hàm số   2cos
2
xf x x .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng   : 3 0d x   và điểm  1;0A  . Tìm
tọa độ hai điểm B, C trên (d) để ABC là tam giác đều.
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2 3 3 1 56 2 3x x x   .
2. Không sử dụng máy tính, hãy chứng minh 23log 2 log 5 .
.......Hết......
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh:.............................................................
Chữ ký của giám thị 1: .................................... Chữ ký của giám thị 2:.............................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối B
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định: 1\
2
D R      .
Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: 1 1lim
2 2x
y y    là TCN
1 1
2 2
1lim ; lim
2
x x
y y x           
     : TCĐ
 BBT:  2
3
' 0;
2 1
y x D
x
     .
0,50 đ
Lập BBT và KL: Hàm số nghịch biến trên 1;
2
    và
1
;
2
    . 0,25 đ
1
(1,0đ)
Đồ thị cắt Ox tại (-1;0) và Oy tại (0;-1). Đồ thị đối xứng qua 1 1;
2 2
    . 0,25 đ
 Phương trình d qua O và có hệ số góc k là :d y kx . 0,25 đ
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B  22 1 1 0kx k x     (*) có 2 nghiệm
khác 0,5 0; 5 2 6k k     hoặc 5 2 6k    . 0,25 đ
Gọi 1 2;x x là 2 nghiệm PT (*). Ta có :    1 2' 'y x y x 1 2 1x x   . 0,25 đ
I
(2,0đ)
2
(1,0đ)
Do đó: 1 2
11 1 1
2
k
x x k
k
       (th). KL: y x . 0,25 đ
Điều kiện: sin 0x  . Ta có: PT 21 cos 2sin 3 sin 2 3 sinx x x x     . 0,25 đ
1 cos 1 cos 2 3 sin 2 3 sin
cos 2 3 sin 2 3 sin cos 0.
x x x x
x x x x
     
     0,25 đ
1 3 3 1
cos 2 sin 2 sin cos 0 cos 2 sin 0
2 2 2 2 3 6
x x x x x x
                   
Đặt sin
6
t x
     . ĐK: 1 1t   , ta có:
2 12 1 0
0,5
t
t t
t
       (th).
0,25 đ
1
(1,0đ)
KL: 2 ; 2
3
x k x k        (loại). 0,25 đ
Ta có: 0y  không là nghiệm của HPT. Đặt 1t
y
 , do đó
2 2 2 2 2
2 2
7 1 7 7
10 10 101
x
x
x xt t x t xtt t
x x t x t
t t
                      
.
0,25 đ
II
(2,0đ)
2
(1,0đ)
Đặt ;S x t P xt    , ta có: 2
7 6
132 10
S P S
PS P
        
 hoặc
4
3
S
P
  . 0,25 đ
Khi
4
3
S
P
  thì ;x t là nghiệm PT
2 4 3 0 1; 3X X X X      . Vậy
nghiệm HPT đã cho là  11; , 3; 1
3
    
0,25 đ
Khi
6
13
S
P
   thì ;x t là nghiệm PT  
2 6 13 0X X VN   . 0,25 đ
Điều kiện: 1x  . BPT. 22 1 1x x x x      . 0,25 đ
Do 1x  , ta có:
BPT 2 2 22 1 1 2 1 2 1 2 1x x x x x x x x x x x              . 0,25 đ
Hay: 2 4 4x x  (Vì hai vế không âm). 0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Kết luận: nghiệm bất phương trình là 2x  . 0,25 đ
Ta có: 2 12 11 0 1 11x x x       1;2;3;...;11X  . 0,25 đ
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 số trong 11 số là 311C . 0,25 đ
Số cách chọn 3 số có tổng là số chẵn là 3 1 25 5 6C C C . 0,25 đ
III
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Xác suất cần tìm là
3 1 2
5 5 6
3
11
85 17
165 33
C C C
C
   . 0,25 đ
Hạ  SO ABC O  là tâm đường tròn nội tiếp ABC  060SAO  . 0,25 đ
Ta có: 26 ; 5 ABCABC
SS a BC a r a
p
      . 0,25 đ
2 2 6OA r a SO a     . 0,25 đ
IV
(1,0đ)
KL: 3
.
2 6S ABCV a . 0,25 đ
Gọi  ;I a b là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:
         2 2 2 2 22 2 2 21 3 3 3 2AI BI CI a b a b a b             . 0,25 đ
 Vậy  2;1I  và bán kính là 4 1 5R    . 0,25 đ
 , 1 5d I Ox R   Ox cắt (C). 0,25 đ
Va
(1,0đ)
 , 2 2 5d I Oy R     Oy cắt (C). 0,25 đ
Điều kiện: 3x  . BPT  24 4 4log log 3 log 16x x    . 0,25 đ
Hay:  2 24 4log log 16 3 16 48 0x x x x      . 0,25 đ
4x  hoặc 12 x . 0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Kết luận nghiệm BPT là 3 4x  hoặc 12 x . 0,25 đ
Ta có:     1 1 cos
2 2
F x f x dx xdx x xdx     . 0,25 đ
Mà
2
1
1
2 4
x
xdx C  . 0,25 đ
VIa
(2,0đ)
2
(1,0đ)
Và 2
1 1 1 1 1
cos sin sin sin cos
2 2 2 2 2
x xdx x x xdx x x x C      . 0,25 đ
KL:   2 1 1sin cos
4 2 2
xF x x x x C    . 0,25 đ
Giả sử: Gọi  3;B b với  0 3;b C b   ; H là trung điểm BC H Ox  . 0,25 đ
Ta có: 4 4 33 3 4
33
AH BH b b      . Vậy: 4 33;
3
B
    
. 0,25 đ
Suy ra: 4 33;
3
C
    
. 0,25 đ
Vb
(1,0đ)
KL: 4 33;
3
B
    
và 4 33;
3
C
    
 hoặc 4 33;
3
B
    
 và 4 33;
3
C
    
. 0,25 đ
Ta có: PT 2 3 2 3 3 1 52 3 2 3x x x x     . 0,25 đ
Do đó: PT 2 22 3x x   . 0,25 đ
Hay: PT
22 1
3
x     . 0,25 đ
1
(1,0đ)
Kết luận: nghiệm phương trình là 2 0 2x x    . 0,25đ
Ta có: 2 3 43log 2 log 5 log 4 log 5   . 0,25 đ
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương 3 4log 4; log 3
Ta có: 3 4 3 4 4
16log 4 log 3 2 log 4 2 log 3 log
3
      . 0,25 đ
Mà: 4 4
16 165 log log 5
3 3
   . 0,25 đ
VIb
(2,0đ)
2
(1,0đ)
Kết luận: 23log 2 log 5 . 0,25 đ
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM:
 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết
quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên
xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và
từng ý không được thay đổi.

File đính kèm:

  • pdfDe99.2011.pdf