Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_thpt trần nguyên hãn', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_Thpt Trần Nguyên Hãn
- http://www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn thi : TOÁN - khối A.
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
x3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y .
x 1
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm I 1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N
sao cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình sin 2 x cos x 3 2 3 cos3 x 3 3 cos 2 x 8
3 cos x s inx 3 3 0 .
2. Giải hệ phương trình
3 x3 y 3 4 xy
.
x 2 y 2 9
Câu III (2,0 điểm).
1. Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2 xy 4 y 2 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M x 3 8 y 3 9 xy .
a2 b2 c2
2. Chứng minh
ab bc ca 2
1
ab bc ca a b c với mọi số dương a; b; c .
Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
a
đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
2
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M 2;1 và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 .
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Giải bất phương trình 1 log 2 x log 2 x 2 log 2 6 x .
2. Tìm m để hàm số y x 3 3(m 1) x 2 2(m 2 7m 2) x 2m(m 2) có cực đại và cực tiểu.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu khi đó.
B. Theo chương trình Nâng cao
1
Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M 3; . Viết phương trình chính
2
tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1 3;0 làm tiêu điểm.
Câu VI.b (2,0 điểm).
y 2 x x 2 y
1. Giải hệ phương trình .
x y 1
2 3
2. Tìm trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến
x2 2x 2
đến đồ thị hàm số y và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.
x 1
----------------------------------Hết---------------------
Trang 1/5 http://www.VNMATH.com
- http://www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn thi : TOÁN - khối A.
ĐÁP ÁN Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề
CHÍNH THỨC
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I Ý1 Tập xác định: D R \ 1 . 0,25 đ
(2,0đ) (1,0đ)
Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận: lim y 1; lim y 1 y 1 là TCN.
x x 0,25 đ
lim y ; lim y x 1 là TCĐ
x 1 x 1
4
y' 0, x D .
x 12
BBT:
x -1 +
-
y' + +
0,25 đ
1
y +
1 -
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 , 1;
Và không có cực trị.
Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua 1;1 .
y
4
2
y=1
-5 O 5
x
x = -1
-2
0,25 đ
Ý2 Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k d : y k x 1 1 .
(1,0đ)
x 3 0,25 đ
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N PT : kx k 1
x 1
có 2 nghiệm PB khác 1 .
Hay: f x kx 2 2kx k 4 0 có 2 nghiệm PB khác 1 0,25 đ
Trang 2/5 http://www.VNMATH.com
- http://www.VNMATH.com
k 0
4k 0 k 0 .
f 1 4 0
Mặt khác: xM xN 2 2 xI I là trung điểm MN với k 0 . 0,25 đ
KL: PT đường thẳng cần tìm là y kx k 1 với k 0 . 0,25 đ
Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào
đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên.
Câu II Ý1 2sin x.cos2 x6sin x.cos x2 3.cos3 x6 3cos2 x3 3 8( 3.cos xsin x) 3 3 0
(2,0đ) (1,0đ)
2cos2 x( 3cos xsin x) 6.cos x( 3cos xsin x) 8( 3cos xsin x) 0 0,50 đ
.
( 3 cos x sin x)(2 cos 2 x 6 cos x 8) 0
tan x 3
3 cos x sin x 0 .
2 cos x 1
cos x 3cos x 4 0 cos x 4(loai )
0,25 đ
x k
3 ,k 0,25 đ
x k 2
Ý2 Ta có : x 2 y 2 9 xy 3 . 0,25 đ
(1,0đ)
. Khi: xy 3 , ta có: x3 y 3 4 và x3 . y 3 27
Suy ra: x3 ; y 3 là nghiệm PT X 2 4 X 27 0 X 2 31 0,25 đ
Vậy ngiệm của PT là x 3 2 31, y 3 2 31
0,25 đ
Hay x 3 2 31, y 3 2 31 .
Khi: xy 3 , ta có: x3 y 3 4 và x3 . y 3 27
0,25 đ
Suy ra: x3 ; y 3 là nghiệm PT X 2 4 X 27 0( PTVN )
Câu III Ý1 t2 3
(2,0đ) (1,0đ) Ta đặt t x 2 y , từ giả thiết suy ra xy .
3
0,25 đ
2 30
Điều kiện t
5
Khi đó M x3 8 y 3 9 xy x 2 y 6 xy x 2 y 9 xy
3
0,25 đ
t 3 3t 2 6t 9 f t
2 30 2 30
Xét hàm f(t) với t ; , ta được:
5 5
35 12 30 35 12 30 0,5 đ
min f t ; max f t
5 5
Trang 3/5 http://www.VNMATH.com
- http://www.VNMATH.com
Ý2 2
a ab ab 1
(1,0đ) Ta có: a a a ab (1) 0,50 đ
ab ab 2 ab 2
b2 1 c2 1
Tương tự: b bc (2), c ca (3). 0,25 đ
bc 2 ca 2
Cộng (1), (2), (3), ta có:
a2 b2 c2
ab bc ca 2
1
ab bc ca a b c
0,25 đ
Câu IV Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
(1,0đ) BC AM 0,25 đ
Ta có: BC ( AA ' M ) BC AH .
BC AA '
a
Mà AH A ' M AH ( A ' BC ) AH . 0,25 đ
2
1 1 1 a 6
Mặt khác: 2
2
2
AA ' . 0,25 đ
AH A' A AM 4
3a3 2
KL: VABC . A ' B ' C ' . 0,25 đ
16
Câu Va Gọi d là ĐT cần tìm và A a;0 , B 0; b là giao điểm của d với Ox,
(1,0đ) 0,25 đ
x y 2 1
Oy, suy ra: d : 1 . Theo giả thiết, ta có: 1, ab 8 .
a b a b
Khi ab 8 thì 2b a 8 . Nên: b 2; a 4 d1 : x 2 y 4 0 . 0,25 đ
Khi ab 8 thì 2b a 8 . Ta có:
b 2 4b 4 0 b 2 2 2 . 0,25 đ
Với b 2 2 2 d 2 : 1 2 x 2 1 2 y 4 0
Với b 2 2 2 d3 : 1 2 x 2 1 2 y 4 0 . KL 0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý1
(1,0đ)
ĐK: 0 x 6 . BPT log 2 2 x 4 x log 6 x .
2
2
2
0,25 đ
Hay: BPT 2 x 2 4 x 6 x x 2 16 x 36 0
2
0,25 đ
Vậy: x 18 hay 2 x 0,25 đ
So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2 x 6 . 0,25 đ
Ý2 Ta có y ' 3x 2 6(m 1) x 2(m 2 7m 2) 0,25 đ
(1,0đ)
HS có CĐ, CT khi phương trình 3x 2 6(m 1) x 2(m 2 7m 2) 0 có 0,25 đ
hai nghiệm phân biệt. Hay m 4 17 hoặc m 4 17
Chia y cho y’ ta có y y '( x)q ( x) r ( x) ;
2 2 0,25 đ
r ( x) (m 2 8m 1) x (m3 5m 2 3m 2)
3 3
y '( x) 0
Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ y r ( x)
y y '( x).q( x) r ( x)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là 0,25đ
Trang 4/5 http://www.VNMATH.com
- http://www.VNMATH.com
2 2 2
y (m 8m 1) x (m3 5m 2 3m 2)
3 3
Câu Vb x 2
y2
(1,0đ) PTCT elip có dạng: 2 2 1(a b 0) 0,25 đ
a b
a 2 b 2 3
Ta có: 3 1 0,25 đ
2 2 1
a 4b
3
Ta có: 4b 4 b 2 3 0 b 2 1(th), b 2 (kth) 0,25 đ
4
2 2
x y
Do đó: a 2 4 . KL: 1 0,25 đ
4 1
Câu VIb Ý1
(2,0đ) (1,0đ) y 2 x x 2 y y x y x 1 0 y x, y 1 x . 0,50 đ
Khi: y 1 x thì 2 x 32 x 6 x 9 x log 6 9 0,25 đ
x
x x 1 2
Khi: y x thì 2 3 3 x log 2 3 . 0,25 đ
3 3
Ý2 Gọi M(a;b) là một điểm thoả mãn đề bài. Khi đó đường thẳng qua M
(1,0đ) có dạng y k ( x a) b
Sử dụng điều kiện tiếp xúc cho ta hệ
1 1
x 1 x 1 k ( x a) b x 1 x 1 k ( x a) b (1)
0,25 đ
1 1 k (*) x 1 1 k ( x 1) (2)
( x 1) 2
x 1
1 1
Lấy (1) – (2) ta có k (1 a) b
x 1 2
Kết hợp với (*) cho ta
k 1
k 1 0,25 đ
k (1 a ) b
2
(a 1) k 2 (1 a )b 2 k b 4 0
2 2 2
1 k
2
Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số thì hệ
phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt k1 , k2 sao cho k1.k2 1
a 1 0
a 1
b2 4
Hay 1 (a 1) 2 b 2 4 0,25 đ
(a 1)
2
(a 1) 2 2 (1 a )b 2 b 2 4 0 a b 1 0
Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn
x 1 y 2 4 trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường
2
0,25 đ
thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.
------------------------------HẾT------------------------------
Trang 5/5 http://www.VNMATH.com
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
