ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT NINH GIANG

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

463
lượt xem 218
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 trường thpt ninh giang', 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 LẦN 1 NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT NINH GIANG

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NINH GIANG Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) x  m Cho hàm số y  có đồ thị là (Cm) x2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . 2) Tìm các giá trị của m để đường thẳng d: 2 x  2 y  1  0 cắt (Cm) tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm) sin 2 x sin 2 3 x   tan 2 x(sin x  sin 3 x) 1) Giải phương trình cos x cos 3 x 2 x2  x  1  x 2  x  1  3x . 2) Giải phương trình 1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  ( x  1)3 2 x  x 2 dx 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' biết khoảng cách giữa hai a đường thẳng AB và CB ' bằng 2 Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  x 2 y  xy 2 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) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong 17 BD. Biết H (4;1), M ( ;12) và BD có phương trình x  y  5  0 . Tìm tọa độ đỉnh A của tam 5 giác ABC. x 1 y z 1 và hai điểm A(1; 2; 1), 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :  1 2 3 B(3; 1; 5) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z , biết z 3  12i  z và z có phần thực dương. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x  2) 2  ( y  3) 2  4 và đường thẳng d: 3 x  4 y  m  7  0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200. 2) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 4; 2) và hai đường thẳng lần lượt có phương trình x 1 y  2 z x  1 y  1 z 1 :   ,' :   . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, 1 1 2 2 1 1 cắt đường thẳng  và cách đường thẳng  ' một khoảng lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu (m  3)25 x  (2m  1)5x  m  1  0 …………………………Hết…………………………
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………………… Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:………………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1,00 x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x2 3 . y'  0, x  2 TXĐ : 0,25 ( x  2)2 Hàm số nghịch biến trên (; 2) và (2; ) lim y  1  TCN: y  1 0,25 x  lim y  , lim y    TCĐ: x  2 x 2 x 2 Lập BBT 0,25 Đồ thị 1 4 2 0,25 O -2 1 -5 -1 -2 I -4 2 x  2 y  1  0 cắt (Cm) tại hai điểm A và B... 1,00 1 2 x  2 y  1  0  y   x . Pt hoành độ giao điểm của d và (Cm) là 2 0,25 x  m 1   x  x 2  x  2m  2  0 (1), x  2 x2 2 D cắt (Cm) tại 2 điểm A, B  (1) có 2 nghiệm pb khác -2   '  1  4(2m  2)  0 9 0,25  2  m   2 8 2 ( 2)  ( 2)  2 m  2  0 1 1  Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó A  x1 ;  x1  , A  x2 ;  x2  2 2  0,25 2 2 2 AB  ( x2  x1 )  ( x1  x2 )  2 ( x1  x2 )  4 x1 x2   2(9  8m)   1 1 1 1 7 SOAB  AB.d (O, d )  2(9  8m).  9  8m  1  m   (tm) 2 2 22 4 8 0,25 7 Vậy m   8
1,00 2 x2  x  1  x 2  x  1  3x Giải phương trình 2 x 2  x  1  0 và x 2  x  1  0, x   TXĐ: 0,25 TH 1. x  0 . Pt luôn TM 11 11 1 TH 2. x > 0. PT  2  2  1   2  3 . Đặt t  , t  0 x xx xx 0,25 2  t  t2  1 t  t2  3  2  t  t2  3  1 t  t2 1 Ta được  2  t  t2  9 1 t  t 2  6 1 t  t 2  3 1 t  t2  4  t t  1 4  t  0 t  4    2 0,25 t   7 9(1  t  t 2 )  16  8t  t 2 8t  t  7  0   8  Đối chiếu với t > 0 ta được t  1  x  1 II 0,25 Thử lại thấy x = 1 thỏa mãn pt. Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1 sin 2 x sin 2 3 x 1,00   tan 2 x(sin x  sin 3 x) Giải phương trình cos x cos 3 x ĐK: cos x  0, cos 3 x  0 0,25 Pt  tan x sin x  tan 3x sin 3x  tan 2 x(sin x  sin 3 x) sin(  x) sin( x) 0,25  (tan x  tan 2 x) sin x  (tan 3 x  tan 2 x) sin 3x  0  sin x  sin 3x  0 cos x cos 2 x cos 3x cos 2 x 2 sin x  0   sin 3 x sin x 0,25   0  cos 3x cos x sin x  0 sin x  0 (TM )   0,25 sin 2 x  0  cos x  0 ( L) 1,00 1 Tính tích phân  ( x  1)3 2 x  x 2 dx 0 1 1 I   ( x  1)3 2 x  x 2 dx   ( x 2  2 x  1) 2 x  x 2 ( x  1)dx . 0,25 0 0 Đặt t  2 x  x 2  t 2  2 x  x 2  tdt  (1  x)dx. t (0)  0, t (1)  1 III 1 I   (1  t 2 )t (t )dt 0,25 0 1 1  t5 t3  4 2   (t  t )dt     0,25  5 3 0 0 11 2   0,25 53 15 Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' IV 1,00 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C  Mặt khác AB  suy ra AB CM. Kẻ 0,25 CC '  AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ') . MH  CN ( H  CN ). MH  (CMNC ')  MH  A ' B '  MH  (CA ' B ') mp (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên 0,25
a d ( AB, CB ')  d ( AB, (CA ' B '))  d ( M , (CA ' B '))  MH  2 a Tam giác vuông BMC  CM  BM .tan 300  3 0,25 Tam giác vuông 1 1 1 4 3 1 CMN     2 2  MN  a 2 2 2 MN 2 MH MC MN a a a3 1 a Từ đó VABC . A' B ' C '  S ABC .MN  .2a. .a  2 3 3 A' C' N B' 0,25 H C A M B 1,00 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  x 2 y  xy 2 S  xy ( x  y )  S 2  ( xy ) 2 ( x 2  y 2  2 xy )  ( xy ) 2 (1  3 xy) 0,25 Đặt t  xy 1 x 2  y 2  xy  1  1  3xy  ( x  y )2  0  t  0,25 3 2 2 2 x  y  xy  1  ( x  y )  1  xy  0  t  1 . V t  0  1  S  f (t )  t (1  3t ), t   1;  . f '(t )  2t  9t  0   2 2 2 2 t   3 9 0,25 1 2 4  S 2  4  2  S  2 f (1)  4, f (0)  f    0, f    3  9  243 S  2  x  1, y  1  max S  2 0,25 S  2  x  1, y  1  min S  2 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC VI.a 1,00 Đt  qua H và  BD có pt x  y  5  0 .   BD  I  I (0;5) . 0,25 Giả sử   AB  H ' . Tam giác BHH ' có BI là phân giác và cũng là 0,25 đường cao nên BHH ' cân  I là trung điểm của HH '  H '(4;9) . 1    3   0,25 AB đi qua H’ và có vtcp u  H ' M    ;3  nên có pt là 5 x  y  29  0 . 5 5 x  y  29 Tọa độ B là nghiệm của hệ   B(6; 1) . M là trung điểm của 0,25 x  y  5
4  AB  A  ; 25  5  Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao 1,00 cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M  M (1  2t;3t ; 1  t )     0,25 AM  (2  2t ;3t  2; t ), AB  (2; 3; 4) Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó d ( B, d )  BH  BA . Vậy lớn nhất bằng BA  H  A . Điều này xảy ra d ( B, d )    2 0,25  AM  AB  AM .AB  0  2(2  2t )  3(3t  2)  4t  0  t  2 x 1 y  2 z 1  M (3;6; 3) . Pt d là   1 1 2 Mặt phẳng (P) chứa d và  có pt là: 0,25 Gọi K là hình chiếu của B trên (P)  BH  BK . Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất bằng BK  H  K . Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K Tìm được K và viết pt d 0,25 1,00 3 Tính môđun của số phức z , biết z  12i  z . z 3  12i  z  ( x  yi )3  12i  x  yi 0,25 Giả sử z  x  yi, x, y   x3  3xy 2  x (1)   x3  3xy 2  (3x 2 y  y 3  12)i  x  yi   2 0,25 3 3x y  y  12   y (2)  VII.a Do x  0  (1)  x 2  3 y 2  1 . Thế vào (2) ta được 0,25 3(3 y 2  1) y  y 3  12   y  2 y 3  y  3  0 (3) Giải pt (3) ta được y  1  x 2  4 . Do x > 0 nên x = 2 0,25 Vậy z  2  i  z  5 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến 1,00 MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200 0,25 1 0,25 0,25 0,25 VI.b 1,00 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt đường thẳng  và cách đường thẳng  ' một khoảng lớn nhất. 0,25 2 0,25 0,25 0,25 (m  3)25 x  (2m  1)5x  m  1  0 có 2 nghiệm trái dấu 1,00 0,25 VII.b 0,25 0,25 0,25