De thi thu lan 1 THPT Tu Ki Hai Duong

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT Tứ Kỳ -------o0o-------. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 – 2012. Môn: Toán; Khối: A, B, D Thời gian làm bài 180 phút. 4 2 Câu I(2 điểm): Cho hàm số: y x  2 x  2(C ) 1. Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.. Câu II (2 điểm):. 1 tan x  2sin x  cot x.cos x 1. Giải phương trình: tan x 4 2 1  x  x x  1 2. Giải bất phương trình: 8. (2  x)dx I  3 x x 1 Câu III (1điểm): Tính tích phân: Câu IV (2điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi K là trung điểm của AB, H là giao điểm của BD với KC. Hai mặt phẳng (SKC) , (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Câu V (1điểm): Cho a, b, c là các số thực thoả mãn: a, b > 0, c  0.Tìm giá trị nhỏ nhất của. P. a  3b  c 3a  b  c 2c   2a  c 2b  c a b. biểu thức: CâuVI (2điểm): 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, đường phân giác trong của góc A có phương trình: x  2 y  5 0 , đường cao đi qua đỉnh A có phương trình: 4 x  13 y  10 0 và điểm C(4;3). Tính diện tích tam giác ABC.. 3x  1 log 4 (3  1).log 1 8.log 316 (3x  1) 16 4 2. Giải phương trình: . x. ............ Hết ............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh........................................................; Số báo danh..................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 - 2012. * Lưu ý: Các thầy cô chấm theo đúng hướng dẫn biểu điểm 1, Học sinh vẽ đồ thị bằng bút chì không cho điểm. Đồ thị sai không cho điểm. 2, Bài hình không gian nếu làm đúng mà vẽ hình bằng bút chì trừ 0.25 cho toàn bài, Nếu vẽ sai hình gốc không cho điểm cả bài, vẽ nhầm nét liền nét đứt trừ 0,25. ý2 bài hình không xác định đúng tâm mặt cầu mà lời giải đúng thì trừ 0.25 điểm. 3. Cách làm khác đúng vẫn cho điiểm tối đa, nếu sai kết quả thì vẫn chấm theo cách làm cho điểm tương ứng. Câu I (2điểm). Điểm 1(1điểm). (1): TXĐ: R  x 0 y 4 x  4 x 0   x 1  x  1 ,. 0.25. 3. (2). SBT: * Hs đb trên các khoảng ( 1;0) và (1; ) Hs nb trên các khoảng ( ;  1) và (0;1) *Hs đạt cực đại tại x=0,ycđ =-2 Hs đạt cực tiểu tại x=1,x=-1; yct =-3 * Tính đúng giới hạn. * BBT:  x -1 0 1 ' y - 0 + 0 - 0  -2 y -3 -3 (3) Đồ thị. 0.25. 0.25 . +  f(x)=x^4-2x^2-2. 0.25 y 3 2 1. x -3. -2. -1. 1. 2. 3. -1 -2 -3. 2(1điểm). G/s điểm CĐ của đths là A(0;-2) * d đi qua A hs góc k có pt: y=kx - 2 *dlà tt của (c) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 4  2 x 2  2 kx  2(1)  3 4 x  4 x k (2)  x 0 3 x  2 x 0    x  2 ; x   3 Thay (2) vào (1) được 4 2 4 2 y  2; y  x  2; y  x 2 3 3 3 3 *PTTTlà: 4. II. 1(1điểm). (2điểm). *Đk sin x.cos x 0. 2. 2 3. 0.25. 0.25 0.25. PT  1 tan 2 x  2 tan x.sin x  cos x  cos3 x  2 cos 2 x  2 cos x  1 0. 0.25.  (cos x  1)(cos 2 x  3cos x 1) 0  cos x 1(vn)  2  cos x  3cos x  1 0   3 5 (vn)  cos x  2     3 5 (t / m)  cos x  2  . 0.25   3 5  k 2  x arccos 2    3 5  k 2  x  arccos  2.  k  . 0.25. 2(1điểm). * x  1  x 0(t / m) x 1 (1) . 0.25 0.25. x 4  x 2  x 2  2 x (2). 2 * *x  2 x 0  0 x 2dk  1  x 2. 2 3 2 * x  2 x 0  x 2.(2)  4 x  5 x 0  x dk  x 2. 0.25. *KL : T ( ;  1   1; )   0. 0.25. III (1điểm). Đặt 3. t  x  1  t 2 x  1  x t 2  1  dx 2t.dt x 3  t 2; x 8  t 3 3. 3  t2 2 I 2  2 dt 2 ( 2  1)dt t 1 t 1 2 2 2. 1 1 3  )dt  2t 2 t 1 2 t 1 3 2 ln  2 2 1(1điểm) 2(. IV (2điểm). 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P. S. N D. A K M. H. B. C I. Cm SH vuông góc (ABCD) *Kẻ HM vuông góc AB. 0.25.   AB  ( SHM )  (( SAB ), ( ABCD )) SHM 60 0. 0.25. * BMH vuông cân tại H có a a 2  SH MH .tan 600  a BM BH   BH  3 3 3 3. 0.25. 3. 1 a a 3 VABCD  S ABCD .SH   3 9 3 3 *. 0.25. 2(1điểm) * Ta có tam giác ABC vuông cân tại B, Gọi O là giao điểm của AC và BD  tâm I của mặt cầu thuộc  là trục của ĐT ngoại tiếp tam giác ABC,  0.25 vuông góc (ABCD) tại O * Gọi N là TĐ của SB. Trong mp (SBD) d là trung trực của SB, gọi I là giao 0.25 điểm của d và SO  IS = IA=IB=IC  I là tâm mặt cầu *Gọi P là giao điểm của  và BS. Do 2 3 a 3 BH  BO  OP  SH  3 2 2 0.25 a 5 3 a 5 2 a 5 2 2 BS  SH  HB   BP  BS  , NP  BP  3 2 2 3 3 , PNI đồng dạng với POB PN .BP 5a 55   OP  R IC  OI 2  OC 2 a OP 108 3 3 a  3b  c 3a  b  c 2c P 1  1  3 5 2a  c 2b  c a b *Ta có:  IP . V (1điểm). 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (3a  3b  2c)(. áp dụng BĐT Côsi. VI. 0.25. 1 1 1   ) 5 2a  c 2b  c a  b P (3a  3b  2c).. 9  5 9  5 4 2a  c  2b  c  a  b. 2a  c 2b  c a  b MinP 4    a , b  0, c  0  Vậy: 1(1điểm). 0.25. a b  c 0. (1điểm). 0.25. A. 0.25. D I C. B H. M. *Toạ độ A là nghiệm của hệ  x  2 y  5 0   4 x  13 y  10 0  A(9;  2). * BC đi qua C và vuông góc với AH, BC :13x  4 y  40 0 Gọi D đối xứng với C qua AM  CD đi qua C và vuông góc với AM, VTPT là n2 (2;  1)  CD : 2 x  y  5 0 Gọi I là giao điểm CD với AM  I(3;1)  D(2;-1)  *AB đi qua A ,VTPT là n(1;7)  AB : x  7 y  5 0. 13x  4 y  40 0 52 21  B( ;  )  19 19 Toạ độ B là nghiệm của hệ  x  7 y  5 0 6. 185 85 255 BC  , d ( A, BC )   S ABC  19 19 185 *. 0.25. 0.25. 0.25. 2(1điểm) x *Đk: 3  1  0 . Khi đó. 0.25. 3x  1 ) 8log 316 (3 x  1) 16 x x  log 4 (3  1)(2  log 4 (3  1)) log 34 (3 x  1). 0.25. (1)  log 4 (3x  1).(  log 4. x 3 2 2 *Đặt t log 4 (3  1) , Ta có PT: t  t  2t 0  t (t  t  2) 0.  t 0   t 1  t  2 t 0  x log 3 2. 0.25 0.25. t 1  x log 3 5. *. t  2  x log 3. 17 16. (t/m).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>