ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 MÔN TOÁN KHỐI D THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

Chia sẻ: tinhkhiet2012

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2012 - lần 1 môn toán khối d thpt chuyên nguyễn quang diêu', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 MÔN TOÁN KHỐI D THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
x 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  .
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi (d) là đường thẳng qua M  2; 0  có hệ số góc k. Tìm k để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
 
MA  2 MB .
Câu II (2,0 điểm)
1
1. Giải phương trình 3 sin x  cos x  .
cos x
2. Giải phương trình 2 x 2  x  x 2  3  2 x x 2  3  9 x  .
4
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x log 2  x 2  9  dx .
0

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC  600 , hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 300 . Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình 4  x 2  2 x  15  x 2  2 x  13  m
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x   3;5 .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
2 2
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  6; 2  và đường tròn (C):  x  1   y  2   5 . Lập phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB  10 .
x 1 y z  1
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  d  : và hai điểm A  4; 1;1 , B  2;5; 0  . Tìm

1
2 4
điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M .
8 2 x  y  0,5 y 3


Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  .
log 3  x  2 y   log 3  3 x  2 y   3

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  1; 2  và đường thẳng  d  : x  2 y  3  0 . Tìm trên đường thẳng (d) hai
điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC  3BC .
2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A  0;1; 0  , B  2; 2; 2  , C  2;3; 4  và đường thẳng
x 1 y  2 z  3
d  : . Tìm điểm M thuộc (d) sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3.
 
1
2 2
2y
x
9.4  2.4 3  4  0
Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  .
log 3 x  log 3 y  1  0


----------------- 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:..............................

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
I
(2,0 điểm) 0.25
\ 2
 Tập xác định: D 
 Sự biến thiên:
3
ᅳ Chiều biến thiên: y '   0, x  D
2
 x  2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2  và  2;  
ᅳ Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1 0.25
x  x 

lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  2
x  2 x  2

ᅳ Bảng biến thiên: 0.25




0.25
 Đồ thị




2.(1,0 điểm)
Phương trình đường thẳng (d): y  kx  2k 0.25
x 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):  kx  2k (1)
x2
Điều kiện: x  2
Phương trình (1) tương đương với: f ( x)  kx 2   4k  1 x  4k  1  0 (2)
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt 0.25
 (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2
k  0 k  0
 
   12k  1  0   1 (*)
k   12
 f 2  3  0
 
0.25
Đặt A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với x1 , x2 là hai nghiệm của (2) và y1  kx1  2k ; y2  2 x2  2k
   x1  2  2  x2  2 

Khi đó: MA  2MB    x1  2 x2  6 (3)
 y1  2  2  y2  2 

Theo định lý Viet ta có: 0.25
4k  1

 x1  x2  k (4)


 x x  4k  1 (5)
12 k

2k  2 4k  1
Từ (3) và (4) suy ra: x1  ; x2  (6)
k k
2k  2 2k  1 4k  1 2
Từ (5) và (6) ta được:  k  , thỏa (*)

.
k k k 3
2
Vậy, giá trị k thỏa đề bài là: k  .
3
II 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Điều kiện: cos x  0 (*) 0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
1  cos 2 x
3
3 sin x cos x  cos 2 x  1  s in2x   1  cos 2 x  3 s in2x  1
2 2
0.25
1 3 1
 cos 2 x  s in2x 
2 2 2
0.25
 1

 cos  2 x   
3 2

0.25


 x  3  k ( k  ), thỏa (*)


 x  k

 k  x  k ( k  ).
Vậy, phương trình có nghiệm là: x 
3
2.(1,0 điểm)
0.25
Đặt t  x  x 2  3 , phương trình đã cho trở thành: t 2  t  12  0
0.25
t  3
t 2  t  12  0  
t  4
0.25
x  3
Với t  3 thì x  x 2  3  3   2
  x 1
2
x  3  x  6x  9
0.25
 x  4
 Với t  4 thì x  x 2  3  4   2  x 
2
 x  3  x  8 x  16
Vậy, phương trình có nghiệm là: x  1 .

III (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
x2  9
2x
Đặt u  log 2  x 2  9   du  dx và dv  xdx  v 
 x 2  9 .ln 2 2
0.25
4 4
 x2  9  1
.log 2  x  9   
2
Suy ra: I    xdx
2  0 ln 2 0
0.25
4
 x2  9  25 9
 2 .log 2  x  9    2 log 2 25  2 log 2 9  25log 2 5  9 log 2 3
2

 0
4
4
 x2 
xdx     8
   2 0
0

0.25
8
Vậy I  25log 2 5  9log 2 3  .
ln 2
IV (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25




Gọi O  AC  BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM.
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên:
a2 3
a3 a3
CM  AB, OI  AB và CM  , OI  , S ABCD 
2 4 2
0.25
Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO   ABCD 

Do AB  OI  AB  SI . Suy ra:  SAB  ,  ABCD     OI , SI   SIO  300
 
a3 3 a
Xét tam giác vuông SOI ta được: SO  OI .t an300  
.
43 4
2 3
1 1a 3a a 3
Suy ra: V  .S ABCD .SO  . . .
3 324 24
Gọi J  OI  CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI 0.25
a3
và JH   SAB 
Suy ra: IJ  2OI 
2
Do CD / / AB  CD / /  SAB  . Suy ra:
d  SA, CD   d CD,  SAB    d  J ,  SAB    JH
   
0.25
a31 a3
Xét tam giác vuông IJH ta được: JH  IJ .s in300  .
22 4
a3
Vậy d  SA, CD   .
4
V (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
Xét bất phương trình: 4  x 2  2 x  15  x 2  2 x  13  m (1)
2
Điều kiện:  x  2 x  15  0  3  x  5
1 x
Đặt t   x 2  2 x  15 , ta có: t '  , t '  0  x 1
2
 x  2 x  15
Bảng biến thiên:




Suy ra: t   0; 4
0.25
Do t   x 2  2 x  15  x 2  2 x  15  t 2 nên bất phương trình đã cho trở thành:
t 2  4t  2  m (2)
Xét hàm số f (t )  t  4t  2 với t   0; 4 , ta có: 0.25
2


f '  t   2t  4  0  t  2
Bảng biến thiên:




Suy ra: min f (t )  f  2   6
t0;4

Bất phương trình (1) nghiệm đúng x   3;5 0.25
 Bất phương trình (1) nghiệm đúng t   0; 4
 m  min f (t )
t0;4

 m  6
Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: m  6 .
VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) 0.25




Đường tròn (C) có tâm I 1; 2  và bán kính R  5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:
AB2 10 5 10
IH 2  IA 2  AH 2  R 2   5    IH 
4 42 2

Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT n   a;b   a  b  0  có dạng: 0.25
2 2


a  x  6   b  y  2   0  ax  by  6a  2b  0
Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: 0.25
a  2b  6a  2b 10
d  I; (d)   IH   9a 2  b 2  b  3a

2
2 2
a b
0.25
 Với b  3a ta được  d  : x  3y  0
Với b  3a ta được  d  : x  3y  12  0

Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là:  d  : x  3y  0 hoặc  d  : x  3y  12  0 .
2.(1,0 điểm)
0.25
 x  1  2t

Phương trình tham số của (d):  y  4t . Đặt M 1  2t ; 4t; 1  t 
 z  1  t

 
Ta có: MA   3  2t ; 1  4t ;2  t  ; MB  1  2t ;5  4t ;1  t 
 
0.25
MAB vuông tại M  MA.MB  0
  3  2t  1  2t    1  4t   5  4t    2  t  1  t   0
 4t 2  10t  3  4t 2  16t  5  t 2  3t  2  0
23
 9t 2  23t  0  t  0  t 
9
0.25
t  0  M 1; 0; 1

0.25
23  55 92 32 
t  M  ; ; 

9 9 9 9
 55 92 32 
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: M 1;0; 1 hoặc M  ; ;   .
9 9 9
VII.a (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
8 2 x  y  0,5 y 3
 (1)

Xét hệ phương trình: 
log 3  x  2 y   log 3  3x  2 y   3 (2)

Điều kiện: x  2 y  0;3 x  2 y  0 (*)
0.25
x y6
1 
Khi đó:  3  y  y  x (3)
2
0.25
log 3 3x  log 3 x  3  3x 2  27  x  3 .
Thay (3) vào (1) ta được:
0.25
Với x  3  y  3 , thỏa (*)

x  3  y  3 , không thỏa (*)

x  3
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  .
 y  3
VI.b (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d) 0.25
Phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với (d) là: 2x  y  m  0
A  1; 2       2  2  m  0  m  0
Suy ra:    : 2x  y  0 .
0.25
3

x
2x  y  0  
  3 6
5
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: .
6  C 5; 5 
x  2y  3   
y 
5

0.25
Đặt B  2t  3; t   (d) , theo giả thiết ta có: AC  3BC  AC  9 BC 2
2


 16
t 
2 2
 12   6  
4 16
 9  2t     t     45t 2  108t  64  0   15 .
  4
25 25 5   5 
 t 
 
3
0.25
16  13 16 
 Với t   B   ; 
15  15 15 
4  1 4
 Với t   B   ; 
3  3 3
 13 16   1 4
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: B   ;  hoặc B   ;  .
 15 15   3 3
2.(1,0 điểm)

   

0.25
Ta có: AB   2;1; 2  ; AC   2; 2; 4    AB, AC    0; 12; 6 
 

0.25
 x  1  2t

Phương trình tham số của (d):  y  2  t . Đặt M 1  2t ; 2  t ; 3  2t 
 z  3  2t


   
 
Ta có: AM  1  2t; 3  t; 3  2t  .Suy ra:  AB, AC  . AM  18  24t
 
0.25
t  0
1   
 
 AB, AC  . AM  3  18  24t  18  
VMABC  3   3
 t  
6
 2
0.25
 Với t  0  M 1; 2; 3
1
 
Với t  0  M  2;  ; 6 

2
 
1
 
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là M 1; 2; 3 hoặc M  2;  ; 6  .
2
 
VII.b (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
2y
x
9.4  2.4 3  4  0 (1)
Xét hệ phương trình 
log 3 x  log 3 y  1  0 (2)

Điều kiện: x  0; y  0
0.25
Khi đó: (2)  log 3 3 x  log 3 y  y  3 x (3)
Thay (3) vào (1) ta được: 0.25
x
4  4
1
x2
 9.4  4  0   x 1  x  1  x   (loại)
9.4  2.4  4  0  2.  4 
x 2x x
4  2

 2
0.25
Với x  1  y  3

x  1
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  .
y 3


-------------------------Hết-------------------------

Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản