Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 99

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 D
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 3 3 1y x x    .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), tại các giao điểm của đồ thị (C) với đồ thị của hàm số
4xy
x
 .
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình  1 sin 2 2 cot cot 2x x x   .
2. Giải hệ phương trình
2 2
4 4
2 3
2 3
x y xy
x y
    
.
Câu III (2,0 điểm)
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số    5 2 7 3 2 1x xy     .
2. Giải phương trình 21 4 3 1x x x    .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều .S ABC , có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên với mặt
đáy là 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.
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 điểm  2;1M . Viết phương trình đường thẳng  
qua M sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến   đạt giá trị lớn nhất.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình  2 0,25log 1 log 3x x   .
2. Tìm nguyên hàm của hàm số    2sin 2 cos cosf x x x .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường tròn   2 2: 2 4 20 0C x y x y     . Gọi I là
tâm của (C). Viết phương trình đường thẳng song song với OI và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 6AB  .
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Giải phương trình   22 3 2 31 log 3 log log logx x x   .
2. Tìm giới hạn  2
0
lim 1 cotx
x
e x  .
.......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 D
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định: D R .
Sự biến thiên: Giới hạn: lim ; lim
x x
y y     . 0,25 đ
BBT: 2' 3 3; ' 0 1y x y x       . 0,25 đ
Lập BBT, sau đó kết luận: Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và
 1; ; hám số đồng biến trên khoảng  1;1 . Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 1CTx y    và hàm số đạt cực đại tại 1x  , yCĐ =3.
0,25 đ
1
(1,0đ)
Đồ thị: ĐT cắt Oy tại (0;1) và đồ thị đối xứng qua  0;1 . 0,25 đ
PT hoành độ giao điểm của hai đồ thị: 3 43 1 xx x
x
    2x   . 0,50 đ
Khi  2 1; ' 2 9x y y      . Vậy PTTT là 9 17y x   . 0,25 đ
I
(2,0đ)
2
(1,0đ)
 Khi  2 3; ' 2 9x y y       . Vậy PTTT là 9 15y x   . 0,25 đ
 Điều kiện: sin 2 0
2
k
x x
   . 0,25 đ
Ta có: PT 22sin 1 sin 2 sin 2 sin 2 2 0
sin 2 sin
x
x x x
x x
       . 0,25 đ
Do đó: sin 2 1x  hoặc sin 2 2x   (VN). 0,25 đ
1
(1,0đ)
Kết luận: nghiệm phương trình là
4
x k   . 0,25 đ
Ta có: 2 2 2 22 3 3 2 0x y xy y xy x y x        hoặc 2y x . 0,25 đ
Khi 2y x thế vào 4 42 3x y  , ta có: 4
4
118 3
6
x x   
Vậy: nghiệm HPT là
4 4
1 2
;
6 6
    hoặc 4 4
1 2
;
6 6
     .
0,25 đ
Khi y x thế vào 4 42 3x y  , ta có: 43 3 1x x   
Vậy: nghiệm HPT là  1;1 hoặc  1; 1  . 0,25 đ
II
(2,0đ)
2
(1,0đ)
KL: nghiệm HPT. 0,25 đ
Ta có:  35 2 7 2 1   . 0,25 đ
Đặt  2 1 xt   . ĐK: 0 1t  . 0,25 đ
Do đó:    3 23 ' 3 3y f t t t f t t      ;  ' 0 1f t t   0,25 đ
1
(1,0đ)
Lập BBT, kết luận GTNN cần tìm là 2 . 0,25 đ
Điều kiện: 1
3
x  . 0,25 đ
III
(2,0đ)
2
(1,0đ)
PT    21 4 3 1 0x x x          1 21 2 1 2 03 1xx x x x      0,25 đ
  11 2 1 2 0
3 1
x x
x x
         0,25 đ
Mà 11 2 0
3 1
x
x x
    , nên nghiệm của PT là
1
2
x  (th). 0,25 đ
Hạ  SO ABC . Suy ra: O là tâm hay trọng tâm của ABC và  060SAO  0,25 đ
3
3
aOA SO a   . Vậy:
3
.
3
12S ABC
aV  . 0,25 đ
Trong (SOA) vẽ trung trực SA cắt SO tại I, suy ra I là tâm của mặt cầu 0,25 đ
IV
(1,0đ)
Mà
22 3 22
3 2 3
a SA aSA OA R SI
SO
      là bán kính mặt cầu. 0,25 đ
Hạ   ( ) ,OH d O OH OM      (không đổi). 0,25 đ
Nên: OH lớn nhất khi và chỉ khi   qua M và có VTPT  2;1OM  . 0,25 đ
Va
(1,0đ)
Do đó:      : 2. 2 1. 1 0x y     . Kết luân:   : 2 5 0x y    . 0,50 đ
 ĐK: 3x  . 0,25 đ
BPT    24 4 4 4log log 3 1 log 3 log 4x x x x       . 0,25 đ
2 23 4 3 4 0 1x x x x x          hoặc 4x  . 0,25 đ
1
(1,0đ)
KL: Nghiệm BPT là 4x  . 0,25 đ
Đặt 2cos sin 2t x dt xdx    . 0,25 đ
     2sin 2 cos cos cosF x f x dx x x dx tdt      . 0,25 đ
VIa
(2,0đ)
2
(1,0đ)
  sinF x t C   . KL:    2sin cosF x x C   . 0,50 đ
Ta có:        2 2: 1 2 25 1; 2C x y I      và bán kính R=5. 0,25 đ
 Gọi H là trung điểm AB, ta có: 25 9 4IH AB IH     . 0,25 đ
 Gọi d là đường thẳng cần tìm,  1; 2 : 2 0OI d x y c      . 0,25 đ
Vb
(1,0đ)
 Do đó:
2 2
4 4 5
5
c
c
      . KL: : 2 4 5 0d x y   . 0,25 đ
 Điều kiện: 0x  . Ta có: PT 2 3 2 31 log log log logx x x x    . 0,25 đ
Hay:     2 2 3 2 31 log 1 log log 0 1 log 1 log 0x x x x x        . 0,50 đ
1
(1,0đ)
2 3log 1 log 1 2 3x hay x x hay x      (th) 0,25 đ
 Ta có:   22
0 0 0
1 coslim 1 cot lim lim 2
2 sin
x
x
x x x
e x
a e x x
x x  
      
. 0,50 đ
VIb
(2,0đ)
2
(1,0đ)
 Kết luận: 2a  . 0,50 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.