ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A

6 346 1
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 12/09/2013, 15:24

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A www.MATHVN.com Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 3 2 1 1 2 ( 4) 3 3 y x x m x m= − + + + − (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = − 2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số (1) đi qua điểm ( ) 3; 1A − . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3cos cos3 2sin (cos2 2) 2 6cos2 sin 4 x x x x x x π − + + =   +     . 2. Giải phương trình: 2 2 2 9 17 3 2 6 16 3 1 x x x x x x − + − = − + + − . Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 4 cot .ln(sin ) sin x x I dx x π π = ∫ . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,  0 60ABC = . Cạnh bên SB = 2a và SB tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 0 60 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn: 2 2 2 3 a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 a b c P b c c a a b = + + + + + . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình: 4 2 0x y− − = , cạnh AC song song đường thẳng d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình: 3 0x y+ + = , điểm M(1;1) nằm trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 2 1 1 4 1 1 x y z− − + = = − − và điểm A(1;0;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với đường thẳng ∆ và khoảng cách giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3. Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình sau: ( ) ( ) ( ) 2 3 4 4 2 1 2log 1 log 2 1 log 1 2 x x x+ ≤ − + + B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, phương trình đường thẳng AB: 3 0x y− + = , điểm I(1;2) là giao điểm hai đường chéo. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 5 0x y z− + + = , đường thẳng 1 1 2 : 1 2 1 x y z d − + = = − , đường thẳng 2 1 1 : 1 1 2 x y z d + − = = − . Viết phương trình mặt phẳng ( α ) song song mp (P), cắt các đường thẳng 1 2 ,d d lần lượt tại A và B sao cho độ dài đoạn AB bằng 3 . Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phươg trình: 2 2 log ( ) 1 log ( ) 5 125 x y xy x y xy + + + = −   =  MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A Câu Nội dung Điểm 1. (1 điểm) Khảo sát SBT và …… 3 2 1 4 2 3 3 3 y x x x= − + + Khi 1m = − ta có, 3 2 1 4 2 3 3 3 y x x x= − + + Tập xác định: D = ℝ Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 ' 4 3y x x= − + ; 1 ' 0 3 x y x =  = ⇔  =  0.25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (3; )+∞ , nghịch biến trên (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại 8 1; 3 C§ x y = = , đạt CT tại 4 3; 3 CT x y = = . - Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 0.25 - Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị: 0.25 2. (1 điểm)Viết PTTT… Gọi 0 0 ( ; )M x y thuộc đồ thị hàm số (1). Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại 0 0 ( ; )M x y là: 2 2 0 0 0 0 '( ) 4 4 ( 2)y x x x m x m m= − + + = − + ≥ 0.25 0 0 '( ) 2 khi Min y x m x = = ⇒ tọa độ tiếp điểm (2; 3) M m + 0.25 PT tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại (2; 3) M m + có dạng: ( 2) 3 y m x m = − + + 0.25 I (2 điểm) Tiếp tuyến đi qua (3; 1) A − nên 1 3 2m m m− = + + ⇔ = − . Vậ y 2m = − 0.25 1. ( 1 điểm ) Gi i PT: 3cos cos3 2sin (cos2 2) 2 6 cos2 (1) sin 4 x x x x x x π − + + =   +     . II (2 điểm) Đ i ề u ki ệ n: , 4 x k k π π≠ − + ∈ ℤ . 0.25 MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com 2a G S M C A B 3 3 6cos 4cos 6sin 4sin (1) 2 3 cos2 sin cos x x x x x x x − + − ⇔ = + (cos sin )(2 2sin 2 ) 2 3cos2 sin cos x x x x x x + + ⇔ = + 0.25 3cos2 sin 2 1x x⇔ − = 1 cos(2 ) 6 2 x π ⇔ + = 0.25 12 ( ) 4 x m m x m π π π π   = +  ⇔ ∈   = − +   ℤ . Vậy, phương trình có nghiệm: 4 x m π π = − + 0.25 2. (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 9 17 3 (2) 2 6 16 3 1 x x x x x x − + − = − + + − . Điều kiện: 1 3 x ≥ . Ta thấy, để (2) có nghiệm thì 3x ≤ 1 3 3 x ⇒ ≤ ≤ 2 (2) 3 2 6 16 3 1x x x x⇔ − = − + − − 0.25 2 3 3 1 2 6 16x x x x⇔ − + − = − + 2 2 (3 ) 2(3 ) 3 1 (3 1) 2(3 ) 2(3 1)x x x x x x⇔ − + − − + − = − + − 0.25 2 (3 3 1) 0x x⇔ − − − = 3 3 1x x⇔ − = − 0.25 2 9 41 2 9 10 0 9 41 2 x x x x  + =   ⇔ − + = ⇔  − =   . V y PT có nghiêm: 9 41 2 x − = 0.25 2 2 4 cos .ln(sin ) sin x x I dx x π π = ∫ . Đặ t: 2 cos ln(sin ) sin cos 1 sin sin x u x du dx x x dv dx v x x  = =     ⇒   =   = −    0.25 2 2 2 4 4 1 cos .ln(sin ) sin sin x I x dx x x π π π π   ⇒ = − +     ∫ 0.25 2 2 4 4 1 1 .ln(sin ) sin sin x x x π π π π   = − −     0.25 III (2 điểm) 2 2 1 ln2 2 = − − 0.25 IV (1 điểm) 0 0 .sin60 3 3 3 .cos60 2 2 Trong SBG: SG SB BG SB BM BG a a a ∆ = = = = ⇒ = = Đặ t AB = x ( x > 0) 3 3, 2 ; 2 AC BC MA MCx x x⇒ = = = = . 0.25 MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Áp dụng định lý Côsin trong BCM∆ : 2 2 2 0 2 .cos30BM BC MC BC.BM= + − 3 7 a x⇒ = 0.25 3 3 3 , 7 7 AB AC a a ⇒ = = . Diện tích ABC∆ : 2 1 9 3 . 2 14 ABC a S AB AC ∆ = = 0.25 Thể tích khối chóp S.ABC là: 2 3 1 9 3 9 . . 3 3 14 14 S.ABC a a V a= = (đvtt) 0.25 Ta có: 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 2 2. . 2 9 2 9 3 a b c a a b c a a b c b c + + + ≥ = + + Tương tự, 2 2 2 ( 2 ) 2 2 9 3 b c a b b c a + + ≥ + ; 2 2 2 ( 2 ) 2 2 9 3 c a b c c a b + + ≥ + 0.25 Khi đó, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( 2 2 2 ) (1) 3 9 P a b c a b b c c a a c ab bc≥ + + − + + + + + Ta có: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 (2) 3 3 3 a a c a b b b c c a c ab bc a b c + + + + + + + + ≤ + + = + + 0.25 Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( )( ) 3 9 P a b c a b c a b c≥ + + − + + + + 0.25 V (1 điểm) Mặt khác, 2 2 2 3( )a b c a b c+ + ≤ + + nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 3( ) 1 3 9 P a b c a b c a b c≥ + + − + + + + = Vậy, 1 1 khi MinP x y z= = = = 0.25 1. (1 điểm) Đường thẳng d 1 : qua M(1;1) AH   ⊥  ⇒ PT đường thẳng d 1 : 0x y− = . Gọi I = d 1 ∩ AH ⇒ I( 3 2 − ; 3 2 − ) Gọi N đối xứng M qua AH thì N(-4;-4) và N nằm trên AC. 0.25 Đường thẳng AC: qua N(-4;-4) song song d    ⇒ PT đường thẳng AC: 4 12 0x y − − = . Ta có, A = AC ∩ AH ⇒ A(0;-3) 0.25 Đường thẳng AB: qua N(0;-3) qua M(1;1)    ⇒ PT đường thẳng AB: 4 3 0x y − − = . Ta có, B = d ∩ AB ⇒ B( 2 3 ; 1 3 − ) 0.25 VI.a (2 điểm) Đường thẳng d 1 : 2 1 ( ; ) 3 3 qua B AH  −    ⊥  ⇒ PT đường thẳng BC: 1 0x y− − = . Ta có, C = BC ∩ AH ⇒ C( 8 3 − ; 11 3 − ) 0.25 H N I M C A B d MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com 2. (1 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua B(2;1;-1), có vtcp ( 4; 1;1)u − −  . Phương trình mp(P): (1;0;3) ( ; ; ) qua A vtpt n a b c       có dạng: 3 0ax by cz a c+ + − − = 0.25 Ta có, / / . 0 4 (1) (P) n u b c a ∆ ⇔ = ⇔ = −   Mặt khác, d( ∆ ,(P)) = d(B,(P)) = 3 2 2 2 4 3 (2) a c b a b c − + ⇔ = + + 0.25 Từ (1) và (2), ta được: 2 2 16 10 0a ac c − + = Chọn, 2 8 1 10 16 0 2 c a c c c =  = ⇒ − + = ⇔  =  0.25 - Với c = 8 4; 1b a ⇒ = = ⇒ PTmp(P): 4 8 25 0x y z+ + − = - Với c = 2 2; 1b a ⇒ = − = ⇒ PTmp(P): 2 2 7 0x y z− + − = . 0.25 Điều kiện: 1 1 2 x− < ≠ Bất PT 3 2 log ( 1) log 2 1 log( 1)x x x⇔ + ≤ − + + 0.25 2 1 2 1 (*)x x x⇔ − + ≤ − 0.25 - Với 1 1 2 x− < < : 2 (*) 1 1 2 1 0x x x x⇔ − + ≤ − ⇒ − < ≤ 0.25 VII.a (1 điểm) - Với 1 2 x > : 2 (*) 1 2 1 1 2x x x x⇔ − + ≤ − ⇒ ≤ ≤ . Vậy, bất PT có nghiệm: ( 1;0] 1;2] [ x∈ − ∪ 0.25 1. (1 điểm) Do 16 ABCD S = 4 IAB S ∆ ⇒ = Gọi H là hình chiếu của I lên AB thì H là trung điểm đoạn AB. Ta có, ( ) 2 IH I,AB d= = nên 4 2AB = . 0.25 Phương trình HI: 3 0x y+ − = . H = IH ∩ AH ⇒ H(0;3) 0.25 Khi đó, gọi A 0 0 ( ; 3)x x + thì B 0 0 ( ;3 )x x − − ; 0 2 0 0 2 4 2 8 32 2 AB x x x =  = ⇔ = ⇔  = −  0.25 - Với 0 2x = ⇒ A(2;5), B(-2;1), C(0;-1), D(4;3) - Với 0 4x = − ⇒ A(-2;1), B(2;5), C(4;3), D(0;-1) 0.25 2. (1 điểm) Do mp ( ) α song song mp(P) nên PT mp ( ) α : 2 0x y z m − + + = 0.25 +) 1 ( ) (1 ;2 ; 2 ) mp A d m m m α ∩ = + − − 0.25 +) 2 ( ) ( 2;1 ; 2 3) mp d m m m α ∩ = + + − − B 0.25 VI.b (2 điểm) Ta có, 3 0 AB m = ⇔ = ⇒ PT mp ( ) α : 2 0x y z − + = 0.25 Điều kiện: 0 0 x y xy + >   >  . Hệ phương trình ( ) 2 3 x y xy x y xy + =  ⇔  + + =  0.25 VII.b (1 điểm) Đặt u x y v xy = +   =  ta tìm được, 2; 1 1; 2 u v u v = =   = =  0.25 I C B H A D MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Với, 2 2 1 1 1 1 u x y x v xy y = + = =    ⇔ ⇔    = = =    (thoả mãn điều kiện) 0.25 Với, 1 1 2 2 u x y v xy = + =   ⇔ ⇒   = =   vô nghiệm. Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;1) 0.25 . MATHVN.COM – Toán học Việt Nam www.MATHVN.com SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2 012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2 012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A Câu Nội dung Điểm 1. (1 điểm)
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn