Đề thi thử đại học lần 1 năm 2012 môn toán khối D trường THPT Nghèn, Can Lộc

Chia sẻ: Nguyễn Nam HOÀNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm 2012 môn toán khối d trường thpt nghèn, can lộc', tài liệu phổ thông, toán học 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 lần 1 năm 2012 môn toán khối D trường THPT Nghèn, Can Lộc

Sở GD – ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 Trường THPT Nghèn, Can Lộc Môn: Toán; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề GV. Đinh Văn Trường x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Viết ph ương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ điểm I đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (3,0 điểm)  x    2  3 cos x  2sin 2     2 4  1 1. Giải phương trình: . 2 cos x  1 1 y   x 2  y2  1  3 x  2  2. Giải hệ phương trình:  x 2  y2  2 x  4  y  2 3. Giải phương trình: log3  x  1  log  2x  1  2 3 Câu III (2,0 điểm)   2 1. Tìm nguyên hàm: I   ln x  1  x dx . 2. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y T  1 x 1 y Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy AB = a. Gọi SH là đường cao của a 39 hình chóp và I là trung điểm của SH. Cho biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SBC) bằng . 26 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, biết A  3;6  , trực tâm H  2;1 và trọng 4 7 tâm G  ;  . Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.  3 3 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đ ường thẳng d : x  y  1  2  0 và điểm A  1;1 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d. ----------Hết---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………..………………………… ; Số báo danh: ……………...……
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Tập xác định: D  R \ 1 .  Sự biến thiên: 1 0,25 - Chiều biến thiên: y '   0 , x  D . 2  x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   . - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang : y  1 . x  x  0,25 lim  y   , lim  y   ; tiệm cận đứng : x  1 . x  1 x  1 - Bảng biến thiên: x -1   y’ + +  1 0,25 y  1 y  Đồ thị: 3 1 0,25 x - - 1 3 3 1 - 1 - 3 2. (1,0 điểm) a    (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) là: Giả sử điểm M  a;  a 1  0,25 1 a 1 a 2 x a 2 x  a  y   0  y   a  1  a  1 a 1 a 1 2 a 1 Tọa độ điểm I  1;1 . Khoảng cách từ điểm I đến    là: d  I,    0,25 4 1   a  1 2 a 1 a  0 Theo giả thiết ta có  2 0,25  a  2 4 1   a  1 Với a  0 , ta có tiếp tuyến : 1 : y  x . Với a  2 , ta có tiếp tuyến :  2 : y  x  4 . 0,25 Vậy có hai tiếp tuyến : 1 : y  x và  2 : y  x  4 .
Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm)  1 Điều kiện : cos x   x    k2 (*) 2 3 0,25       Phương trình đã cho tương đương với : 2  3 cos x  1  cos  x     2 cos x  1 2      0,25  2  3 cos x  s inx-1  2 cos x  1  s inx  3 cos x  0   t anx  3  x   k 0,25 3 2 Đối chiếu với điều kiện (*), suy ra nghiệm : x    k2 . 0,25 3 2. (2,0 điểm) x, y  0 Điều kiện :  2 (*) 2 x  y  1 u  x 2  y 2 0,25 1 3 1 3   2   2      2v  3 v Đặt  . Hệ đã cho trở thành :  u 1 v x v  y u  2v  4 u  2v  4    9  v   4 2  4v  13v  9  0  v  1  hoặc    0,25 u   1 u  2  u  2v  4   2 0,25 1 Vì 0  u  1 nên u   không thỏa mãn. 2 x  v  1   1 y  x  y  1 y  1  y Với  hoặc   2  0,25 u  2 x  1 x  1 x  1 x 2  y2  2  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  x; y   1; 1 hoặc  x; y    1;1 . 3. (1,0 điểm) 1 Điều kiện :  x  1 (*) 0,25 2 Phương trình đã cho tương đương : log 3 x  1  log 3  2x  1  1  log 3 x  1  2x  1  1  x  1  2x  1  3 . Xét hai trường hợp : 0,25 x  1 x  1   2 x2 + 0,25  x  1  2x  1  3 2x  3x  2  0  1 1   x 1   x 1 + 2  2 . Phương trình vô nghiệm. 0,25 1  x   2x  1  3 2x 2  3x  4  0   Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x  2 .
Câu Đáp án Điểm III 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 1    u  ln x  1  x 2 du  dx  1  x2 Đặt   0,25 dv  dx v  x   x   I  x ln x  1  x 2   dx 0,25 1 x2    2 1  x  d 1  x2  2 = x ln x  1  x 0,25 2 = x ln  x  1 x   1 x  C 2 2 0,25 2. (1,0 điểm) Do x , y  0 và x  y  1 nên 0  x, y  1 . Áp dụng BĐT Côsi, ta có : 0,25  3  2x   3  2x và 1  y  3  2y 1 1  x  2. 1  x  2 2 4 22 22 x y  3  4xy  Do đó, T  2 2     2 2  0,25  3  2x 3  2y   3  4xy  2  x  y  3  4t  1 t  xy . Ta có : 0  t  xy  . Do đó, T  2 2.  Đặt    3  4t  4 4 0,25 3  4t 1 Xét hàm số : f  t   , với 0  t  3  4t 4 1 1 1 24   0, t   0;  , suy ra min f  t   f    f 't  2  3  4t   4  4 2  1  0;  0,25 4   1 Vậy, min T  2 ; khi và chỉ khi x  y  . 2 IV S (1,0 điểm) K I A D 0,25 H B C J Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ HJ  BC , J  BC . Vì BC  SH nên BC   SHJ  . a 39 Trong mặt phẳng (SHJ), kẻ IK  SJ . Khi đó, IK   SBC  . Suy ra, IK  . 26 a và hai tam giác vuông SIK , SJH đồng dạng nên Ta có : HJ  2 0,25 SI IK 39 13SI    SJ  SJ JH 13 39 13x 2 a2 13x . Mặt khác, SJ 2  SH 2  HJ 2   4x 2  Đặt SH  2x , x  0  SJ  0,25 3 4 39
a3 x . Do đó, SH  2x  a 3 . 2 0,25 a3 3 1 2  a . Thể tích : VS.ABCD  SH.SABCD  Diện tích đáy : SABCD . 3 3 Câu Đáp án Điểm V 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) A H G B C I 0,25   Gọi I là trung điểm của BC và giả sử I  a; b  . Ta có : AG  2GI 13 4  7   3  2 a  3  a  2 7 1     . Suy ra I  ;     2 2 b  1  11  2  b  7     3 2  3     Ta có, AH   5; 5   5 1; 1 . Đường thẳng BC đi qua I và có VTPT là n 1; 1 0,25 Phương trình đường thẳng BC : x  y  3  0 .     Giả sử B  t; t  3  BC  C  7  t; 4  t  . Ta có AB   t  3; t  9  và CH   t  5; t  3    0,25 Do H là trực tâm của tam giác ABC nên AB.CH  0 t  1   t  3  t  5    t  9   t  3  0   t  6 0,25 Vậy tọa độ các điểm B, C là : B 1; 2  , C  6;3 hoặc C 1; 2  , B  6;3 . 2. (1,0 điểm) Phương trình của đường tròn (C) là : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 , với a 2  b 2  c  0 0,25 Vì (C) đi qua gốc tọa độ O nên c  0 . 0,25 Đường tròn (C) đi qua điểm A  1;1 nên 1  a  b  0 ( 1). Tọa độ tâm I của đường tròn (C) là I  a;  b  và bán kính R  a 2  b 2 Vì đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng d nên 0,25 a  b  1  2  a 2  b2 d  I, d   R  2 1  a  b  0 Sử dụng (1) a 2  b 2  1 (2). Ta có hệ phương trình  2 2 a  b  1 a  0 a  1 0,25 hoặc   b  1 b  0 Vậy có hai đường tròn:  C1  : x 2  y 2  2y  0 hoặc  C 2  : x 2  y 2  2x  0 . Chúc các em thành công !