ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D

Chia sẻ: Nguyễn Thúy Quỳnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với ) 1;1( A , ) 3;2( B và C thuộc đường tròn 0 946 2 2   y xyx . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích của tam giác ABC bằng 5 ,0 và điểm C có hoành độ là một số nguyên. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  9mx 2  12m 2 x  1 (1) ( m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) .  5  sin   4 x   sin x sin 3 x  cos 3 x cos x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  2  0. sin x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2( x 2  x  6)  5 x 3  8 .  /3 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   2 sin x( x cos x  sin 3 x)dx .   /3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , ABC  60 0 ; hình chiếu vuông góc của A1 trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của BC ; góc giữa đường thẳng AA1 và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 theo a và góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 . Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mx4 x ( 1  x  1) 3  x 3  3x  1. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A(1;1) , B ( 2;3) và C thuộc đường tròn x 2  y 2  6 x  4 y  9  0 . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích của tam giác ABC bằng 0,5 và điểm C có hoành độ là một số nguyên. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(3;0;2), B (1;1;0), C ( 4;5;3) . Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho MC  2 BM . Viết phương trình đường thẳng  đi qua B , vuông góc và cắt đường thẳng AM . Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z  2i  5 và điểm biểu diễn của z thuộc đường thẳng 3x  y  1  0 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của hypebol (H ) , biết hình chữ nhật cơ sở của (H ) có diện tích 48 và một đường chuẩn của (H ) có phương trình 5 x  16  0 . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (0;3;2) và đường thẳng x y z 1 :   . Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua M , song song với  và khoảng cách giữa  và 1 1 4 (P ) bằng 3. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z  (1  i 3)10 …………HẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D (Đáp án gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  2x  9x 2  12x  1 1.a 3 1,00 * Tập xác định : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Giới hạn tại vô cực: lim y   , lim y   . 0,25 x x - Bảng biến thiên: Ta có: y'  6x 2  18x  12, x  R ; y'  0  x  2 hoặc x  1. x - -2 -1  y’ + 0 - 0 + 0,25  y -3 -4 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (;2) , (1;) và nghịch biến trên khoảng (2;1) . Hàm số đạt cực đại tại x  2 , với giá trị cực đại y(2)  3 và đạt cực tiểu tại x  1, với giá 0,25 trị cực tiểu y(1)  4 . * Đồ thị (C) : - (C) cắt Oy tại điểm (0;1) - (C) đi qua điểm (3;8) - (C) có điểm uốn I (3 / 2;7 / 2) . (C) nhận I (3 / 2;7 / 2) làm tâm đối xứng. y f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1 8 6 4 0,25 2 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 Trang 1/6
1.b Tìm m để hàm số y  2x3  9mx2  12m2 x  1 (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) . www.VNMATH.com 1,00 y'  6x 2 18mx 12m2 , x  R . '  9m2 . 0,25 - Nếu m  0 thì y'  0, x  R , hàm số đồng biến trên R. Vậy m  0 không thỏa mãn. - Nếu m  0 thì y'  0  2m  x  m . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) khi 0,25 và chỉ khi  2m  2  3  m (vô nghiệm). - Nếu m  0 thì y'  0  m  x  2m . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) khi 0,25 3 và chỉ khi  m  2  3  2m  2  m   . 2 3 Vậy, các giá trị m cần tìm là m [2; ] . 0,25 2 2.  5  sin  4x   sin x sin 3x  cos3x cos x Giải phương trình:  2  0. 1,00 sin x Điều kiện : sin x  0 . Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương: 0,25 cos4x  (cos3x cos x  sin 3x sin x)  0  cos4x  cos2x  4x  2x  k 2  0,25  x  k (k  Z ) hoặc x  k (k  Z ) 3  xk (k  Z ) . 3 0,25  xk thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi k  3m  1(m  Z ) hoặc k  3m  2(m  Z ) 3  2 Vậy, nghiệm của phương trình là  m (m  Z ) ,  m (m  Z ) . 0,25 3 3 3. 1,00 Giải phương trình: 2( x  x  6)  5 x3  8 2 (2). Điều kiện: x  2 . Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình 2(x2  2x  4)  5 x2  2x  4. x  2  2(x  2)  0 (3). 0,25 Đặt a  x  2x  4, b  x  2 ( a  0, b  0) , phương trình (3) trở thành: 2 2a  5ab  2b2  0 2  (2a  b)(a  2b)  0  2a  b hoặc a  2b . 0,25 0,25 - Với 2a  b , ta có 2 x  2x  4  x  2  4x  9x 14  0 (vô nghiệm) 2 2 - Với a  2b , ta có x 2  2x  4  2 x  2  x 2  6x  4  0  x  3  13 (tmđk). 0,25 Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là x  3  13 . 4.  /3 1,00 I  2sin x( x cos x  sin 3x)dx . 2 Tính tích phân  / 3  /3 I  (x sin 2x  2 sin x sin 3x)dx  J  K 2   /3 0,25  /3  /3 trong đó J   x sin 2xdx , K   2sin 3x sin xdx . 2   /3  /3 Trang 2/6
 /3 www.VNMATH.com  / 3  sin 2x sin 4x 3 3 - Tính K : K   (cos2x  cos4x)dx     0,25  .   /3  2 4   / 3 4    - Tính J : Đặt u  x , ta có x2  u2 , sin 2x   sin 2u, du  dx , u    ,  3 3 0,25  / 3  /3    u    . Do đó J  u sin 2udu   u sin 2udu   J  J  0 . 2 2 3 3  /3   /3 3 3 0,25 I J K  . 4 5. ... Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và góc giữa hai đường thẳng CA và BB1 . 1,00 1 Gọi H là trung điểm của BC . A1 Từ giả thiết, ta có AC  AB tan 60  a 3 , 0 B1 C1 1 AB AH  BH  CH  BC   a. A 2 2 cos600 0,25 Vì A1 H  ( ABC) nên góc giữa đường thẳng AA1 B H C và mặt phẳng (ABC) bằng góc A1 AH . Kết hợp giả thiết, ta có A1 AH  600 . AH Suy ra A1 H  AH tan 600  a 3 , AA  1  2a . Thể tích khối lăng trụ đã cho cos600 0,25 1 1 3a 3 là V  S ABC.A1 H  AB.AC.A1 H  a.a 3.a 3  . 2 2 2 Vì BB1 // AA1 nên góc  giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 bằng góc giữa hai đường thẳng CA1 và AA1 . Ta có CA  1 A1 H 2  CH 2  3a 2  a 2  2a . 0,25 AA  CA  AC 2 2 2 5 4a  4a  3a 2 2 2 Do đó cos  cos AA1C   .  1 1 2 AA1.CA1 2.2a.2a 8 5 Vậy, góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 là góc  thỏa mãn cos  . 0,25 8 6. Tìm m để bất phương trình mx4 x ( 1 x 1)3  x3  3x 1 (4) có nghiệm. 1,00 Điều kiện: 0  x  1 . 0,25 - Xét x  0 , thay vào (4) không thỏa mãn với mọi m R . - Xétx  (0;1] , ta có x4 x ( 1 x 1)3  0 , nên bpt (4) tương đương với bpt 0,25 1  3x  x3 m 4 . x x (1  1  x )3 1  3x  x3 Đặt f ( x)  , ta có x4 x (1  1  x )3 0,25 1  3x  x3 1  1  x3  1 f ( x)  .4  3   . 4  x (1  1  x )3 . x x (1  1  x )  3 x  Trang 3/6
1  x3 www.VNMATH.com Vì x  (0;1] nên  0 và 0  4 x (1  1  x )3  1  f ( x)  3, x  (0;1] . x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  1. 0,25 Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi m  min f ( x) hay m  3 . x(0;1] 7.a ...Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC ... 1,00 Ta có AB(1;2)  AB  5 . Phương trình của đường thẳng AB là 2( x 1)  ( y 1)  0 hay 2x  y 1  0 . Gọi  là đường thẳng qua C và song song với AB . Khi đó, phương trình của  có dạng 0,25 m 1 2S ABC 2x  y  m  0(m  1) . Vì  // AB nên d ( A; )  d (C; AB) hay  5 AB  m  1  1  m  0 (tm) hoặc m  2 (tm). - Với m  0 thì  có phương trình 2x  y  0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 0,25  y  2x  y  2x  2 2  2 (vô nghiệm). x  y  6x  4 y  9  0 5x 14x  9  0 - Với m  2 thì  có phương trình 2x  y  2  0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình  7 x  5 0,25  y  2x  2  y  2x  2 x  3   2 2  2  (tm) hoặc  (loại). x  y  6x  4 y  9  0 5x  22x  21  0  y  4 y  4  5   8  C(3;4) và tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  2;  . 0,25  3 8.a Viết phương trình đường thẳng  ... 1,00 Gọi M (a; b; c) , ta có BM (a 1; b 1; c), BC(3;6;3) . Vì M thuộc đoạn BC và a 1  1 a  2 0,25 1   MC  2BM nên BM  BC  b 1  2  b  1  M (2;1;1) . 3 c  1 c  1   Đường thẳng AM đi qua A(3;0;2) và có một vectơ chỉ phương MA(1;1;1) nên có x  3  t 0,25  phương trình tham số là  y  t . z  2  t  Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng (3  t; t;2  t ) . Ta có H   và BH (2  t; t  1;2  t ) . Vì BH  AM nên BH.MA  0 hay 0,25 2  t  t  1  2  t  0  t  1  BH (1;2;1) . Đường thẳng  đi qua B(1;1;0) và có một vectơ chỉ phương BH (1;2;1) nên có phương x  1  u 0,25  trình tham số là  y  1  2u . z  u  Trang 4/6
9.a Tìm số phức z ... www.VNMATH.com 1,00 Gọi số phức cần tìm là z  a  bi (a, b  R) . Khi đó z  2i  a  (b  2)i .   a 2  (b  2) 2  5 0,25 Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:  3a  b  1  0  a  (3a  1)  5 5a  3a  2  0 2 2 2   0,25 b  3a  1 b  3a  1  2 a  1 a   5   hoặc  . 0,25 b  4 b   1   5 2 1 Vậy, có hai số phức cần tìm là 1 4i và   i. 0,25 5 5 7.b Viết phương trình chính tắc của hypebol (H ) ... 1,00 x2 y2 Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H ) là   1 (a  0, b  0) . Vì hình chữ a 2 b2 nhật cơ sở của (H ) có diện tích 48 và một đường chuẩn của (H ) có phương trình 0,25 2a.2b  48 16  x   nên ta có hệ phương trình  a 2 16 (I). 5 c  5   12 ab  12 ab  12 b  a  Ta có (I)     0,25 25a  256c 25a  256(a  b ) 25a 4  256 a 2  144  4 2 4 2 2      a2   12  12 b  b   a  a 25a 6  256a 4  36864  0  (a 2  16)(25a 4  144a 2  2304)  0  0,25  12 b  b 2  9   a (vì 25a  144a  2304  0 )   2 4 2 (thỏa mãn). a 2  16 a  16   x2 y 2 0,25 Vậy, phương trình chính tắc của hypebol (H ) là   1. 16 9 8.b ...Viết phương trình mặt phẳng (P) ... 1,00 Mặt phẳng (P) đi qua điểm M (0;3;2) nên có phương trình dạng ax  b( y  3)  c( z  2)  0 (a 2  b 2  c 2  0) hay ax  by  cz  3b  2c  0 . x y z 1 0,25 Đường thẳng  :   đi qua A(0;0;1) và có một vectơ chỉ phương u(1;1;4) . Mặt 1 1 4 phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến n(a; b; c) . Trang 5/6
Vì mặt phẳng (P) song song với  và khoảng cách giữa  và (P) bằng 3 nên ta có www.VNMATH.com   A  ( P)   3c  3b  0 a  b  4c  u.n  0 hay a  b  4c  0  (c  b)  (b  4c)  b  c 2 2 2 2 d ( A; ( P))  3  3c  3b 0,25   3  a2  b2  c2  a  b  4c a  2c a  4c  2  hoặc  . b  10bc  16c  0 b  2c b  8c 2 - Với a  2c, b  2c , ta chọn a  2 thì b  2 , c  1 . Khi đó, (P) có phương trình 0,25 2x  2 y  z  8  0 . - Với a  4c, b  8c , ta chọn a  4 thì b  8 , c  1 . Khi đó, (P) có phương trình 4x  8 y  z  26  0 . 0,25 Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 2x  2 y  z  8  0 , 4x  8 y  z  26  0 . 9.b Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z  (1  i 3)10 . 1,00 10 1    i. 3   210 cos   i sin   . 10 z  (1  i 3)  2  10 10   0,25 2 2    3 3 Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có  10 10  10 4 4  0,25 z  210 cos  i sin   2  cos  i sin  .  3 3   3 3 4 4 2 Các acgumen của z đều có dạng  k 2 (k  Z ) . Ta có  k 2  0  k   0,25 3 3 3 hay k  4,3,2,1 . ...,  Acgumen âm lớn nhất của z tương ứng với k  1 . 2 0,25 Vậy acgumen cần tìm của z là  . 3 ---------Hết-------- Trang 6/6