zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đáp án Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2012-2013 - Huỳnh Đức Khánh

Chia sẻ: Trần Duy Tùng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

105
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đáp án Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2012-2013 giúp các em có cơ sở để kiểm tra, đối chiếu kết quả làm bài. Đây là tài liệu bổ ích giúp các em ôn tập, chuẩn bị cho kì thi ĐH, CĐ sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2012-2013 - Huỳnh Đức Khánh

Đây là Đ thi th s 2 do tôi so n (có m t s câu l y t ngu n khác), các b n hãy so sánh xem v i Đ D 1 TUY N SINH Đ I H C NĂM 2012 c a th y NGUY N THÀNH LONG đưa lên có gì gi ng nhau không? Gi ng đ n 8/13 câu. Th yLONG ghi là đ D B 1 NĂM 2012. Tôi mong th y LONG nên c n th n cách ghi tiêu đ . HUỲNH Đ C KHÁNH Đ THI TH TUY N SINH Đ I H C NĂM 2012 - 2013 Đ THI TH S 02 Môn thi : TOÁN; Kh i A Th i gian làm bài : 180 phút, không k th i gian phát đ PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m) Câu I (2,0 đi m) Cho hàm s y = x4 − 2 m2 − m + 1 x2 + m − 1. 1. Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s khi m = 0. 2. Tìm m đ đ th hàm s có kho ng cách gi a hai đi m c c ti u ng n nh t. Câu II (2,0 đi m) cos3 x − sin3 x 1 1. Gi i phương trình : 2 = cos 2x. 1 + (cos x + sin x) 4 √ √ √ 2. Gi i phương trình : x − 1 + 3 x + 6 = 4 x + 79, (x ∈ R). π 2 (sin 2x + cos x + 1) + (2x cos x + 1) ln x Câu III (1,0 đi m) Tính tích phân : I = dx. sin x + x ln x π 6 Câu IV (1,0 đi m)√Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông c nh a. M t bên SAD là tam giác đ u và SB = a 2. G i E, F l n lư t là trung đi m c a AD và AB. G i H là giao đi m c a F C và EB. Ch ng minh SE⊥EB, CH⊥SB và tính th tích kh i chóp C.SEB. Câu V (1,0 đi m) Cho a, b, c là các s th c không âm th a mãn a + b + c = 1. Tìm giá tr nh nh t c a P = ab + bc + ca − 2abc. PH N RIÊNG(3 đi m): Thí sinh ch đư c làm m t trong 2 ph n (ph n A ho c ph n B) A. Theo chương trình Chu n Câu VI.a (2,0 đi m) 1. Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho đi m A(4; 3). Đư ng th ng (d) : x − y − 2 = 0 và (d ) : x + y − 4 = 0 c t nhau t i M . Tìm B ∈ (d) và C ∈ (d ) sao cho A là tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác M BC. 2. Trong không gian t a đ Oxyz, vi t phương trình đư ng th ng (∆) đi qua A(3; −2; −4), song song v i x−2 y+4 z−1 m t ph ng (P ) : 3x − 2y − 3z − 7 = 0 và c t đư ng th ng (d) : = = . 3 −2 2 2 2 4 Câu VII.a (1,0 đi m) Cho s ph c z th a mãn 1+z = |z − i| +(iz − 1) . Tính môđun c a s ph c w = z+ . z+1 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 đi m) 1. Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho đi m M (1; −1) và hai đư ng th ng có phương trình (d1 ) : x−y−1 = 0, (d2 ) : 2x + y − 5 = 0. G i A là giao c a hai đư ng th ng trên. Vi t phương trình đư ng th ng (d) đi qua M , c t hai đư ng th ng trên l n lư t t i B và C sao cho ABC là tam giác có BC = 3AB. x−1 y−2 z−3 2. Trong không gian t a đ Oxyz, cho đư ng th ng (d1 ) : = = và đư ng th ng 1 2 3 x+1 y−1 z−2 (d2 ) : = = . Vi t phương trình m t c u có tâm thu c (d1 ), bán kính b ng 5, đ ng 1 2 1 th i c t (d2 ) t o thành m t dây cung có đ dài l n nh t. √ Câu VII.b (1,0 đi m) Tìm t p h p các đi m bi u di n trong m t ph ng ph c Oxy c a s ph c z = (1+i 3)z +2 bi t r ng s ph c z th a mãn |z − 1| ≤ 2. ——— H T ——— Chú ý: Cán b coi thi không gi i thích gì thêm H và tên thí sinh: S báo danh:
Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 02 Câu I. 2. Ta có : y ' = 4x 3 − 4 ( m 2 − m + 1 ) x = 4x  x2 − ( m 2 − m + 1 )  x = 0 y ' = 0 ⇔  2 .  x = m − m + 1 2 Để đồ thị hàm số có hai cực tiểu ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt   2  1 3 ⇔ m − m + 1 > 0 ⇔  m −  + > 0, ∀m ∈ ℝ . 2    2 4 ( Tọa độ hai điểm cực tiểu B − m2 − m + 1; yCT và C ) ( m2 − m + 1; yCT . )   2  1 3 3 Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu BC = 2 m − m + 1 = 2  m −  + ≥ 2 2  = 3.   2 4 4 1 Dấu '' = '' xảy ra khi m = . 2 Câu II. 1. Phương trình đã cho cos 3 x − sin 3 x 1 ⇔ = cos 2x 1 + 1 + 2 sin x cos x 4 ⇔ 2 ( cos3 x − sin 3 x ) = cos 2x ( 1 + sin x cos x ) ⇔ 2 ( cos x − sin x )( 1 + cos x sin x ) = ( cos x − sin x )( cos x + sin x )( 1 + sin x cos x ) ⇔ ( cos x − sin x )( 1 + cos x sin x )  2 − ( cos x + sin x )  = 0  cos x − sin x = 0  ta n x = 1   ⇔  1 + cos x sin x = 0 ⇔  sin 2x = −2 ( VN )  2 − cos x + sin x = 0  cos x + sin x = 2  ( )  ( VN ) π • tan x = 1 ⇔ x = + kπ, k ∈ ℤ . 4 π Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 4 Câu II. 2. Bỏ trống Câu III. Phân tích : ( sin 2x + cos x + 1 ) + ( 2x cos x + 1 ) ln x = sin 2x + 2x cos x ln x + cos x + 1 + ln x = 2 cos x ( sin x + x ln x ) + cos x + 1 + ln x Phần này nháp. π 2 2 cos x ( sin x + x ln x ) + ( cos x + 1 + ln x ) Ta có : I = ∫ sin x + x ln x dx π 6 π π 2 2 cos x ( sin x + x ln x ) 2 cos x + 1 + ln x = ∫ sin x + x ln x dx + ∫ sin x + x ln x dx π π 6 6
Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh π π π π cos x + 1 + ln x cos x + 1 + ln x 2 2 2 = 2∫ cos xdx + ∫ dx = 2 sin x 2 π +∫ dx π π sin x + x ln x 6 π sin x + x ln x 6 6 6 π cos x + 1 + ln x 2 • Tính A = ∫ dx . Đặt : t = sin x + x ln x ⇒ dt = ( cos x + 1 + ln x ) dx . π sin x + x ln x 6 π 1 π π π π π Đổi cận : x = ⇒ t = + ln ; x= ⇒ t = 1 + ln . 6 2 6 6 2 2 2 π π π π 1+ ln 1+ ln 2 2 dt 2 2  π π 1 π π Do đó : A = ∫ = ln t = ln  1 + ln  − ln  + ln  .      t 1 π π   2 2 2 6 6    1 π π + ln + ln 2 6 6 2 6 6 π  π π 1 π π Vậy I = 2 sin x 2 + A = 1 + ln  1 + ln  − ln  + ln  .     π 6   2 2 2 6 6    Câu IV. a 3 S Tam giác SAD đều cạnh a nên SE = . 2 Xét tam giác EAB vuông tại B, ta có : a 5 EB = AE2 + AB2 = . a 2 2 Ta có 3a 2 5a 2 F SE2 + EB2 = + = 2a 2 = SB2 . A B 4 4 Suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE ⊥ EB . (1) H E a D C Mặt khác, tam giác SAD đều có E là trung điểm nên SE ⊥ AD . (2) Từ (1) và (2) suy ra SE ⊥ ( ABCD ) . Từ SE ⊥ ( ABCD ) ⇒ SE ⊥ EB . (3) Ta có : ∆EAB = ∆BFC ⇒ ABE = FCB Mặt khác, AEB = CBH (so le trong) Suy ra 900 = ABE + AEB = FCB + CBH . Do đó CH ⊥ EB . (4) Từ (3) và (4) suy ra CH ⊥ ( SEB ) ⇒ CH ⊥ SB . 1 11  a3 3 Tính VC.SEB = VS.ECB = S∆ECB .SE =  BC.AB  SE =    (đvtt). 3  32  12
Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh Câu V. Bỏ trống Câu VI. a. 1. Do M là giao điểm của ( d ) và ( d ' ) nên M ( x; y ) là nghiệm hệ x − y − 2 = 0  x = 3    ⇔  ⇒ M ( 3;1 ) . x + y − 4 = 0  y = 1    Điểm B thuộc ( d ) : x − y − 2 = 0 nên B ( 2 + b; b ) , C thuộc ( d ' ) : x + y − 4 = 0 nên C ( 4 − c; c ) . Do A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC nên (3 − 4) + (1 − 3 ) = ( b − 2) + (b − 3) 2 2 2 2 AM = AB ⇔  b = 1 ⇒ B ( 3;1 ) ≡ M ( loai ) ⇔ b2 − 5b + 4 = 0 ⇔   b = 4 ⇒ B ( 6; 4 )  và (3 − 4) + (1 − 3 ) = ( −c ) + (c − 3) 2 2 2 2 AM = AC ⇔  c = 1 ⇒ C ( 3;1 ) ≡ M ( loai ) ⇔ c2 − 3c + 2 = 0 ⇔  .  c = 2 ⇒ C ( 2;2 ) Vậy B ( 6; 4 ),C ( 2;2 ) . Câu VI. a. 2.  x = 2 + 3t     Ta có : ( d ) :  y = −4 − 2t, t ∈ ℝ . Gọi M = ( ∆ ) ∩ ( d ) nên M ( 2 + 3t; −4 − 2t;1 + 2t ) .   z = 1 + 2t    Suy ra ( ∆ ) có vtcp AM ( 3t − 1; −2t − 2;2t + 5 ) . Do ( ∆ ) song song với mặt phẳng ( P ) nên AM.n P = 0 với n P ( 3; −2; −3 ) là vtpt của ( P ) ⇔ 3 ( 3t − 1 ) − 2 ( −2t − 2 ) − 3 ( 2t + 5 ) = 0 ⇔ t = 2 . Với t = 2 ⇒ AM ( 5; −6;9 ) . Đường thẳng ( ∆ ) qua A ( 3; −2; −4 ) và có vtcp AM ( 5; −6; 9 ) nên x−3 y+2 z+4 (∆) : = = . 5 −6 9 Câu VII. a. Gọi z = a + bi; a, b ∈ ℝ . Suy ra z = a − bi. Khi đó : 1 + z = z − i + ( iz − 1 ) 2 2 ⇔ 1 + a − bi = a + ( −b − 1 ) i +  i ( a + bi ) − 1  2 2 ⇔ 1 + a − bi = a 2 + ( b + 1 ) + ( −b − 1 + ai ) 2 2 ⇔ 1 + a − bi = a 2 + ( b + 1 ) + ( b + 1 ) − 2a ( b + 1 ) i − a 2 2 2 ⇔ 1 + a − bi = 2 ( b + 1 ) − 2a ( b + 1 ) i 2  1 + a = 2 ( b + 1 )2 (1)  ⇔  −b = −2a ( b + 1 ) (2).   
Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh b Từ (2) suy ra : a = , thay vào (1) ta được 2 ( b + 1) b = 2 ( b + 1) 2 ( b + 1) + b = 2 ( b + 1 ) 2 ( b + 1) 2 2 1+ ⇔ 2 ( b + 1) 2 ( b + 1) + ( b + 1) − 1 = 2 ( b + 1) 2 ( b + 1) . 2 ⇔  t = −1 ⇒ b = −2 ⇒ a = 1  Đặt t = b + 1 , ta được ⇔ 2t + t − 1 = 2t 2t ⇔ 4t − 3t + 1 = 0 ⇔  2 3 . t = 1 ⇒ b = −1 ⇒ a = −1  2 2 2 • Với a = 1; b = −2 . Suy ra z = 1 − 2i . Khi đó 4 4 w = z+ = 1 − 2i + = 1 − 2i + 1 + i = 2 − i = 5. z+1 2 − 2i 1 1 1 1 • Với a = − ; b = − . Suy ra z = − − i . Khi đó 2 2 2 2 4 1 1 4 1 1 8 7 7 7 2 w = z+ = − − i+ = − − i+ = + i = . z +1 2 2 1 1 2 2 1− i 2 2 2 − i 2 2 Câu VI. b. 1. Do A là giao điểm của ( d1 ) và ( d2 ) nên A ( x; y ) là nghiệm hệ x − y − 1 = 0  x = 2    ⇔  ⇒ A ( 2;1 ) .  2x + y − 5 = 0  y = 1    Điểm B = ( d1 ) ∩ ( d ) nên B ( 1 + b; b ) , C = ( d2 ) ∩ ( d ) nên C ( c; 5 − 2c ) . Suy ra MB ( b; b + 1 ), MC ( c − 1; 6 − 2c ), AB ( b − 1; b − 1 ), BC ( c − b − 1;5 − 2c − b ) . Ba điểm B, C và M cùng thuộc đường thẳng ( d ) nên MB và MC cùng phương 7b + 1 ⇔ b ( 6 − 2c ) = ( b + 1 )( c − 1 ) ⇔ 7b + 1 = ( 3b + 1 ) c ⇔ c= . 3b + 1 Yêu cầu bài toán BC = 3AB ( c − b − 1) + ( 5 − 2c − b ) = 3 ( b − 1) + ( b − 1) 2 2 2 2 ⇔  −3b2 + 3b    −3b2 + 3   2 2 ⇔    +   =3 ( b − 1) 2 + ( b − 1) 2  3b + 1     3b + 1    9b2 ( −b + 1 ) + 9 ( −b2 + 1 ) 2 2 = 18 ( b − 1 ) 2 ⇔ ( 3b + 1 ) 2 ⇔ ( 1 − b )  b2 + ( 1 + b )  = 2 ( b − 1 ) ( 3b + 1 ) 2 2 2 2   ⇔ ( 1 − b )  b + ( 1 + b ) − 2 ( 3b + 1 )  = 0 2  2 2 2   ⇔ ( 1 − b )  −16b2 − 10b − 1  = 0 2 b = 1  ⇔  b = −1 / 2  b = −1 / 8.  • Với b = 1 ⇒ B ( 2;1 ) ≡ A (loại).
Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh 1 1 1 • Với b = − ⇒ c = 5 . Suy ra B  ; − , C ( 5; −5 ) .    2  2 2 1 1  7 1   1 23  • Với b = − ⇒ c = . Suy ra B  ; − , C  ;  .        8 5  8 8 5 5  Câu VI. b. 2. Gọi I là tâm mặt cầu ( S ) . Do I ∈ ( d1 ) nên I ( 1 + t;2 + 2t; 3 + 3t ) . Đường thẳng ( d2 ) đi qua M ( −1;1;2 ) và có vtcp u d2 ( 1;2;1 ) . Suy ra IM ( −t − 2; −2t − 1; −3t − 1 ) ⇒  IM; u d2  = ( 4t + 1; −2t + 1; −3 ) .   Mặt cầu ( S ) cắt đường thẳng ( d2 ) tạo thành một dây cung lớn nhất khi d ( I; d2 ) nhỏ nhất.  IM; u  ( 4t + 1 ) + ( −2t + 1 ) + 9 2 2  d2  Ta có d ( I; d2 ) =   = u d2 1+ 4 +1  1 2 54 20  t +  +    54 20t2 + 4t + 11   10  5 5 = 3 . = = ≥ 6 6 6 5 1  9 18 27  Dấu '' = '' xảy ra khi t = − . Suy ra I  ; ;  .    10  10 10 10    9  18   27  2 2 2 Vậy ( S ) :  x −  +  y −  +  z −  = 25 .           10    10    10   Câu VII. b. Gọi z ' = x + yi; x, y ∈ ℝ . z '− 2 Ta có ( z′ = 1 + i 3 z + 2) ⇔ z= 1+i 3 x − 2 + yi x + y 3 − 2 −x 3 + y + 2 3 ⇔ z= = + i. 1+ i 3 4 4 Yêu cầu bài toán x + y 3 − 2 −x 3 + y + 2 3 z −1 ≤ 2 ⇔ + i −1 ≤ 2 4 4 x + y 3 − 6 −x 3 + y + 2 3 ⇔ + i ≤2 4 4 (x + y ) ( −x ) 2 2 3 −6 3 +y+2 3 ⇔ + ≤2 16 16 (x + y ) + ( −x ) 2 2 ⇔ 3−6 3 +y+2 3 ≤8 ⇔ x + y − 6x − 2 3y ≤ 4 2 2 ( ) 2 ( x − 3) 2 ⇔ + y− 3 ≤ 16. Vậy tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức Oxy của số phức z ' là hình tròn (kể cả đường ( ) tròn) tâm I 3; 3 , bán kính R = 4 . ---------- HẾT ----------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.