Vui lòng download xuống để xem tài liệu đầy đủ.

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

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: pdf | 8 trang

0
162
lượt xem
60
download

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

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

  1. 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.
  2. 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)
  3. 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
  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
  5. 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)
  6. (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 (*)
  7. 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)
  8. (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

Có Thể Bạn Muốn Download

Đồng bộ tài khoản