zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012 THPT ĐÔ LƯƠNG_ Mã đề thi 324

Chia sẻ: Bibi_1 Bibi_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

186
lượt xem 62
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học- cao đẳng lần i năm 2012 thpt đô lương_ mã đề thi 324', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012 THPT ĐÔ LƯƠNG_ Mã đề thi 324

www.MATHVN.com SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012 TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 4 Môn: Toán khối A, B Thời gian:180 phút không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I. (2điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 ( m + 1) x 2 + 12mx − 3m + 4 (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0.  9 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị là A và B sao cho hai điểm này cùng với điểm C  −1; −  lập thành  2 tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm. Câu II. (2điểm) 3π ( ) 1. Giải phương trình: cos x 1 + 2 3 sin 2 x = cos 3 x − 4 cos   − 2x  .  2   x + 3 y + y + 8x = 5 2 2  2. Giải hệ phương trình.   x ( x + 8 ) + y ( y + 3) = 13  π sin x 1 − cos 2 x 4 ∫π Câu III. (1điểm) Tính tích phân: I = dx cos 2 x − 3 Câu IV. (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a, AD =a, DC = a (a > 0) và SA ⊥ mặt phẳng đáy (ABCD). Góc tạo bởi giữa mặt phẳng (SBC) với đáy bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a. Câu V. (1điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a 2 + b2 + c 2 + abc = 4 . Chứng minh rằng a +b+c ≤ 3. II. PHẦN RIÊNG. (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần. 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa. (2điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I  ;  . Các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua 31   2 2 các điểm M ( −4; −1) , N ( −2; −4 ) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm. ( ) 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 9 + 2 4 − x 2 = m 2− x + 2+ x Câu VIIa. (1điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Ở góc phần tư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt, cứ thế ở các góc phần tư thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3, 4, 5 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục toạ độ). Trong 14 điểm đó ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đó cắt cả hai trục toạ độ. 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb. (2điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 9 ( d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa 2 độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : x = y − 1 = z + 1 và hai điểm A (1;1; −2 ) , B ( −1;0; 2 ) . −1 1 2 a. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và B đồng thời song song với đường thẳng d. b. Qua A viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B tới ( ∆ ) là nhỏ nhất. z1 Câu VIIb. (1điểm). Cho hai số phức liên hợp nhau z1 , z2 thoả mãn điều kiện là một số thực và 2 z2 z1 − z2 = 2 3 . Tìm số phức z1. ............................. Hết ............................ www.MATHVN.com
www.MATHVN.com ĐÁP ÁN TOÁN LẦN 1 NỘI DUNG ĐIỂM CÂU Với m = 0 ta có hàm số y = x − 3x + 4 0,25 3 2 * TXĐ: D = ℝ * Sự biến thiên. y ' = 3 x 2 − 6 x , nên y ' = 0 ↔ x = 0 hoặc x = 2 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên ( 0; 2 ) 0,25 - Cực trị. Cực đại ( 0; 4 ) ; cực tiểu ( 2;0 ) - Giới hạn. lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên. - +∞ −∞ x 0 2 y’ + 0 - 0 + +∞ 4 0,25 y 1 −∞ 0 * Đồ thị. y 0,25 Giao với Ox: ( −1; 0 ) ; ( 2;0 ) I. 4 Giao với Oy: ( 0; 4 ) Các điểm khác (1; 2 ) ; ( 3; 4 ) -1 x 2 Ta có y ' = 3 x 2 − 3 ( m + 1) x + 12m . Hàm số có hai cực trị khi y’ đổi dấu hai lần, khi đó y’ = 0 0,25 có hai nghiệm phân biệt nên ∆ = ( m − 1) > 0 ↔ m ≠ 1 2 ( ) Khi đó hai cực trị là A ( 2;9m ) , B 2m; −4m3 + 12m 2 − 3m + 4 0,25 2  2 + 2m − 1 = 0 0,25  1 ↔ m = − thỏa mãn Theo bài ra ta có.  9 −4m + 12m + 6m + 4 − 2 = 0 3 2 2  Khi đó dễ thấy A, B, C là tam giác nhận O làm trọng tâm 0,25 PT ↔ cos x + 2 3 sin 2 x cos x = cos 3 x + 4sin 2 x II. 0,5 kπ  x = 2 ( ) ↔ sin 2 x sin x + 3 cos x − 2 = 0 ↔   x = π + k 2π 1.   6 kπ π 0,25 , x = + k 2π Vậy phương trình có các nghiệm. x = 2 6 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com  x2 + 3 y ≥ 0 0,25  ( a ≥ 0, b ≥ 0 ) đặt a = x 2 + 3 y , b = y + 8x 2 ĐK của hệ:  2  y + 8x ≥ 0  a + b = 5 a = 3 a = 4 ↔ Khi đó ta có hệ.  hoặc  a + b = 13 b = 4 b = 3 2 2 a = 4 0,25 Với  ta có. b = 3   y = 3 (4 − x )  1  y = (4 − x ) 1 2  x2 + 3 y = 4 2  ↔ ↔ 2 3 ( x − 1)( x + 5 ) ( x − 4 x + 13) = 0  y + 8x = 9    x 4 − 8 x 2 + 72 x − 65 = 0 2  hệ có hai nghiệm. ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ( −5; −7 ) 0,25 2. Với 0.25   y = (9 − x ) 1 x + 3y = 9 2 2 ↔ 2 3  y + 8x = 4   x 4 − 18 x 2 + 72 x − 45 = 0     y = 3 (9 − x )  y = 3 (9 − x ) 1 1 2 2 ↔ ↔ ( x 2 + 9 )2 − 36 x 2 + 72 x − 36 = 0 ( x 2 + 9 )2 − 36 x 2 + 72 x − 36 = 0    y = 3 (9 − x )  1   y = (9 − x ) = 0 1 2 2 ↔ ↔ 3 ( x 2 + 9 )2 − ( 6 x − 6 )2 = 0  x = −3 + 6, x = −3 − 6   ( ) Vậy hệ có 4 nghiệm ( x; y ) = (1;1) , ( x; y ) = ( −5; −7 ) , ( x; y ) = −3 + 6; 2 6 − 2 và ( x; y ) = ( −3 − ) 6; 2 6 + 2 π π 0,25 4 4 sin x sin x ∫π ∫π * Ta có I = 1 − cos 2 xdx = sin x dx cos 2 x cos 2 x − − 3 3 π 0,25 0 4 sin x sin x ∫π sin x dx + ∫ == sin x dx 2 cos 2 x cos x −0 − 3 π π 0,25 0 0 2 2  1  1 4 4 sin x sin x III. ∫π dx + ∫ ∫π  cos2 x  0  cos2 x  dx dx + ∫ 1 − =− dx = 1−   2 cos 2 x  cos x 0 − − 3 3 7π π 0,25 = ( x − tan x ) + ( x − tan x ) 04 = 0 − 3 −1 π − 12 3 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com IV s 0,5 * Ta có AC = a 2 nên tam giác ACD vuông tại C → góc ∠SCA = 450 do đó SA = a 2 1 - VS . ABCD = S ABCD .SA trong đó 3 3a 2 1 S ABCD = ( AB + DC ) AD = 2 2 2 2a 3 1 3a Vậy VS . ABCD = a 2 = A B 3 2 2 D C 0,25 S BCD d ( B; ( SCD ) ) ↔ d ( B; ( SCD ) ) = S . DCB 3V 1 * Ta có VS . DCB = 3 S BCD 0,25 2a 3 1 11 Trong đó VS . BCD = S BCD .SA = CB.CD sin C.SA = 3 32 6 3 Vậy d ( B; ( SCD ) ) = S . DCB = 3V 2a a6 = 2 S BCD 3 3a Giả sử ( a − 1) ( b − 1) ≥ 0 ↔ a + b ≤ ab + 1 khi đó ta chỉ cần chứng minh 0,25 c ≤ 2 − ab ↔ c + ab ≤ 2 Theo giả thiết. 4 = a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 2ab + c 2 + abc ↔ 4 ≥ 2ab + c 2 + abc 0,25 V. ↔ ( c + 2 ) ( ab + c − 2 ) ≤ 0 ↔ ab + c − 2 ≤ 0 đpcm 0,25 Dấu bằng khi a = b = c = 1 . Trong trường hợp ngược lại thì ( b − 1) ( c − 1) ≥ 0 hoặc ( c − 1) ( a − 1) ≥ 0 và làm tương tự 0,25 PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn Gọi M ' ( 7; 2 ) và N ' ( 5;5 ) là điểm đối xứng với M, N qua I . ta có N ' ∈ AB và M ' ∈ CD 0,25 Nên đường thẳng AB có phương trình 2 x − 3 y + 5 = 0 VIa. 0,25 1  Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB → H  ; 2  2  2a − 3b = −5 1. 0,25  A ∈ AB a = 2  Gọi A ( a; b ) khi đó ta có  ↔  13 ↔  2 1 hay  a −  + ( b − 2 ) =  HA = HI b = 3 2  2 4 A ( 2;3) khi đó B ( −1;1) Bằng cách đối xứng A, B qua I ta có được C (1; −2 ) , D ( 4; 0 ) 0,25 Điều kiện. −2 ≤ x ≤ 2 0,25 2. Đặt t = 2 − x + 2 + x khi đó ta có 2 ≤ t ≤ 2 2 Bài toán quy về tìm m để phương trình t 2 + 5 = mt trên  2; 2 2  0,25   x2 + 5 0,25 Bằng việc xét hàm số f ( x ) = trên đoạn  2; 2 2    x www.MATHVN.com
www.MATHVN.com 0,25 13 2 Ta có kết quả 2 5 ≤ m ≤ 4 Để đoạn thẳng nối hai điểm được chon cắt cả hai trục thì hai đầu đoạn thăng đó phải ở góc 0,25 phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ bốn Do vậy số cách chọn được số đoạn thẳng như vậy là C2C4 + C3C5 = 23 cách 0,25 11 11 VIIa. Số cách chọn hai điểm bất kỳ C14 = 91 0,25 2 0,25 23 Vậy xác suất xẩy ra ở đề bài là: 91 2. Theo chương trình nâng cao 9 3 0,5 9 và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ;  I có hoành độ xI = 2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 99 AB = 2 IM = 2 ( xI − xM ) + ( yI − yM ) = 2 + =3 2 2 2 44 S 12 S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 2. AB 32  AD ⊥ ( d )  , suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1. ( y − 0 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 .   M ∈ AD  Lại có MA = MD = 2. 1 Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x + y − 3 = 0  y = −x + 3  y = −x + 3   VIb.  ⇔ ⇔  ( x − 3) + y = 2 ( x − 3) + ( 3 − x ) = 2  ( x − 3) + y = 2 2 2 2 2 2 2    y = 3− x x = 2 x = 4 ⇔ ⇔ hoặc  .Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − 3 = ±1  y = 1  y = −1 0,5 x A + xC   xI = 2  xC = 2 xI − x A = 9 − 2 = 7  9 3 ⇔ I  ;  là trung điểm của AC, suy ra:   y = y A + yC  yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2 2 2 I  2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 0,5 a. 0,5 b. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d, 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (P) khi đó đường thẳng đi qua A và H thỏa mãn bài toán Gọi z1 = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) khi đó z2 = a − bi Từ điều kiện của bài toán ta lập hệ phương trình Tìm được. z1 = ±1 + 3i Hoặc z1 = ±1 − 3i . …………………………….. Hết ……………………………. www.MATHVN.com

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.