ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 MÔN TOÁN ( Khối A-B-D)

Chia sẻ: Le Nguyen Hoang Son | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc là k ( k R). Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8. Câu II (2 điểm) 1 .Tìm các nghiệm của...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 MÔN TOÁN ( Khối A-B-D)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 MÔN TOÁN ( Khối A-B-D) (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3 x + 4 ( C ) 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc là k ( k R). Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8. Câu II (2 điểm) π x� 7 2� 1 .Tìm các nghiệm của phương trình: sin x.cos 4 x − sin 2 x = 4sin � − � − (1) 2 � 2� 2 4 thoả mãn điều kiện : x − 1 < 3 . 2.Giải phương trình sau : 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) = 3 x3 + 8 π Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I = 1 + sin x e x dx 2 1 + cos x 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, c ạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 60 0. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a3 AM = . Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp SBCMN? 3 Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 . xy yz zx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + xy + z yz + x zx + y II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B Câu VI.A (2,0 điểm) 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;−1) , B (1;− 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ® êng th¼ng x + y − 2 = 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam 27 gi¸c ABC b»ng 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đi ểm M (0; −1; 2) và N (−1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho kho ảng cách t ừ K ( 0;0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn nhất .Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) sao cho IM+IN nhỏ nhất . 2.5 x 5x + >3 5 Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình 52 x − 4 Câu VI.B (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 2. Trong không gian 0xyz cho điểm I ( 1, 2, −2 ) và đường thẳng ( ∆ ) : 2 x − 2 = y + 3 = z và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y + z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I sao cho m ặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi bằng 8π . Từ đó lập phương trình mặt phẳng ( Q ) chứa ( ∆ ) và tiếp xúc với (S). z2 Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức : z 4 − z 3 + + z +1 = 0 . 2 …………………….Hết…………………….. Chó ý: ThÝ sinh thi khèi D kh«ng ph¶i lµm c©u V.
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 LẦN 2 NĂM 2012 Nội dung Điể Câu m 1.(1,0 điểm) I (2điểm Hàm số (C1) có dạng y = x 3 − 3x 2 + 4 ) Tập xác định: D = R 0.25 Sự biến thiên Khối D - xlim y = − , xlim y = − − + 3điểm x=0 - Chiều biến thiên: y ' = 3x − 6 x = 0 2 x=2 Bảng biến thiên − + X 0 2 0.25 y’ + 0 - 0 + + 4 Y − 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ;0 ) và ( 2; + ) , nghịch biến trên khoảng 0.25 (0;2) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0 Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 0.25 2.(1,0 điểm) 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y = k(x+1) = kx+ k . - Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x3 – 3x2 + 4 = kx + k ⇔ x3 – 3x2 – kx + 4 – k = 0 ⇔ (x + 1)( x2 – 4x + 4 – k ) = 0  x = −1 0.25 có ba nghiệm phân biệt ⇔ g(x) = x2 – 4x + 4 – k = ⇔  g ( x) = x − 4 x + 4 − k = 0 2 ∆ ' > 0 k > 0 0.25 0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1 ⇔  ⇔ ⇔ 0 < k ≠ 9 (*)  g (−1) ≠ 0 9 − k ≠ 0 Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0. - Gọi B ( x1 ; y1 ) ; C ( x2 ; y2 ) với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 − 4 x + 4 − k = 0 . Còn y1 = kx1 + k ; y2 = kx2 + k . 0.25 - Ta có : uuu r ( 1+ k ) = x (1+ k ) BC = ( x2 − x1 ; k ( x2 − x1 ) ) � BC = ( x2 − x1 ) 2 − x1 2 2 2 k - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h = 1+ k 2 Vậy giả thiết 0.25 - theo : 1k 1 S= h.BC = 1 + k 2 = k 3 = 8 � k 3 = 8 � k 3 = 64 � k = 4 .2 k 2 2 1+ k 2 Đáp số : k = 4 , thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán . 1.(1,0 điểm) II
(2điểm 1� 11 3 � Pt(1) � sin x.cos 4 x − + cos 4 x = − − 2sin x � ( cos 4 x + 2 ) � x + � 0 = sin ) 2� 0.25 22 2 � π + k 2π cos 4 x = −2 x=− 6 π 1 7π sin x = − = sin( − ) + m 2π x= 2 6 6 Mặt khác: x − 1 < 3 � −2 < x < 4 0.25 π π + k 2π < 4 � k = 0 . Do đó : x = − * với −2 < − 0.25 6 6 7π 7π + m2π < 4 � m = 0 nên x = * Với −2 < 0.25 6 6 π 7π Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x = − và x = thoả mãn (2) 6 6 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) = 3 x3 + 8 (1) 0.25 ( x + 2) ( x2 − 2 x + 4) = 2 ( x2 − 2x + 4) − 2 ( x + 2) −2 . Pt (1) � 3 ĐK x Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được: 2( x 2 − 2 x + 4) x2 − 2x + 4 0.25 −3 −2 =0 � x+2 x+2 t=2 x2 − 2 x + 4 0 . Phương trình (1) � 2t − 3t − 2 = 0 � 2 Đặ t t = ĐK t 1 t=− x+2 2 0.5 1 * Với t = − . pt VN 2 *Với t=2 PT có nghiệm x = 3 13 Câu III (1điểm π π π π π x 2 2 sin x x = 1 e dx + sin x x ) 1 + sin x x e x dx 2 2 2 e dx 2 � 2 x � cos x e dx I =� e dx = � +� 1+ 1 + cos x 1 + cos x 0 1 + cos x 0 cos 0 0 0 2 π 0.25 π 1 e x dx 2 2 sin x x I1 = = Và I 2 = Đặ t e dx 2 0 cos 2 x 1 + cos x 0 2 x x π π π 2sin .cos 2 2 sin x x 2 2 e x dx 2 x Ta có : I 2 = � e dx = � = tan e x dx 2x 1 + cos x 2 2 cos 0 0 0 2 u = ex π du = e x dx 1 2 e x dx � � Đặt � = dx Mặt khác : Tính I1 = = 0.25 � x dv 2 0 cos 2 x � = tan v 2x � cos 2 2 2 π π 1 e x dx 2 π 2 = e 2 − tan x e x dx Áp dụng công thức tích phân từng phần : I1 = = 2 0 cos 2 x 2 0 2
π π π π x 2 2 1 e dx sin x x π 2 2 π e dx = e 2 − tan x e x dx + tan x e x dx Do đó I = I1 + I 2 = � x + � 0.25 = e2 1 + cos x 2 0 cos 2 2 2 0 0 0 2 π Vậy : I = e 2 0.25 Câu IV Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD tại N thì N là giao đi ểm c ủa (1điểm (BCM) và SD, vì SA ⊥ (ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là ﾷ SBA = 600 . Ta có ) ﾷ SA = SB.tan SBA = a 3 . a 3 2 31 Từ đó ta có: SM = SA − AM = a 3 − = 3 3 SM SN 2 = =. � SA SA 3 Dễ thấy: VS.ABCD = VS.ABC + VS.ADC = 2VS.ABC = 2VS.ADC Và VS.BCNM = VS.BCM + VS.CNM VS.BCNM VS.BCM + VS.CNM VS.BCM V = = + S.CNM Do đó: VS.ABCD VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC 1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5 =. +. =+=. .. . . 2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9 2 3a 3 10 3a 3 1 Mà VS.ABCD = SA.dt(ABCD) = � VS.BCNM = (đvtt) 3 3 27 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 . S V (1điểm xy yz zx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + ) xy + z yz + x zx + y xy N Do xy + z = xy + 1.z = xy + z ( x + y + z ) = ( x + z ) ( y + z ) nên M = xy + z 1� x y� x y D + A . (1) � � x+z y+z 2� + z y+ z� x 0.5 1� y z� yz y z = + . Lý luận tương tự : (2) B� � 2� + y x+ z � C yz + x y+x x+z x 1� x z� xz x z = + (3) . � � xz + y x+ y y+z 2� + y y+z � x xy yz zx 3 Cộng vế với vế (1) , (2) và (3) ta được P = + + xy + z yz + x zx + y 2 0.5 1 Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi : x = y = z = 3 3 1 Vậy giá trị lớn nhất của P = �x=y=z= 2 3 1.(0,75 điểm) VIa (2điểm V× G n»m trªn ®êng th¼ng x + y − 2 = 0 nªn G cã täa ®é G = (t ; 2 − t ) . Khi ®ã 0.5 uuur uuu r ) AG = (t − 2;3 − t ) , AB = (−1; −1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ ( ) [ ]2t − 3 1 1 2 S= AG 2 . AB 2 − AG. AB = 2 (t − 2) 2 + (3 − t ) 2 − 1 = 2 2 2
27 NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 2 27 9 =. 62 2t − 3 9 = , suy ra t = 6 hoÆc t = −3 . VËy cã hai ®iÓm G : VËy 2 2 G1 = (6;−4) , G 2 = (−3;−1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC = 3 xG − ( x A + xB ) vµ yC = 3 yG − ( y A + yB ) . Víi G1 = (6;−4) ta cã , C1 =(15;− ) 9 víi G 2 = (−3;−1) ta cã C2 =( − ;18) 12 0.25 r ( ) 2.Gọi n = ( A, B, C ) A + B + C 2 2 2 0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M có dạng; Ax + B ( y + 1) + C ( z − 2 ) = 0 � Ax + By + Cz + B − 2C = 0 Do N ( −1;1;3) ��) (P − A + B + 3C + B − 2C = 0 � A = 2 B + C 0.25 � ( P ) : ( 2 B + C ) x + By + Cz + B − 2C = 0 Mặt khác :Khoảng cách từ K đến mp(P) là: B ( ) d K , ( P) = 2 2 4 B + 2C + 4 BC -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B 0 thì B 1 1 0.5 d ( K,( P) ) = = 2 4 B 2 + 2C 2 + 4 BC 2 C� � 2 � + 1�+ 2 B� � Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 PT (x0y) là : z =0 . Nhận thấy M ; N nằm cùng phía đối với mặt phẳng (x0y) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua (x0y) . Đường thẳng d qua M vuông góc v ới x=0 r (x0y) có VTCP u = ( 0;0;1) . PTTS của d là : y = −1 . Giả sử H = d ( x0 y ) z = 2+t Thì H ( 0; −1; 2 + t ) . lúc đó 2+t=0. suy ra H ( 0; −1;0 ) .Do đó M’(0;-1;-2) ; uuuuur M ' N = ( −1; 2;5 ) . 0.5 Ta có : IM+IN = IM’+IN M ' N . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi I = M ' N ( x0 y ) . x +1 y −1 z − 3 = = PT của đường thẳng M’N là : . −1 2 5 Điểm I ( −1 − m;1 + 2m;3 + 5m ) cần thuộc đường thẳng M’N và (x0y)nên 3 m = − . Vậy � 2 1 � 3+5m=0 I � ; − ;0 � − 5 �5 5 � Đk x > log 5 2 (*) Đặt t= t = 5 x ĐK t>2 VIIa 0.25 (1điểm
) 2t BPT (1) � t + > 3 5 (1). Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được : 0.25 t2 − 4 x > log 5 20 t > 20 5 x > 20 t4 t2 +4 > 45 � � (**) 1 t2 − 4 x< t2 − 4 t< 5 5x < 5 2 0.25 x > log 5 20 Kết hợp (*) và (**) ta được : 1 log 2 5 < x < 2 x > log 5 20 0.25 vậy bất phương trình có nghiệm : 1 log 2 5 < x < 2 1.(0.75 điểm) VIb Â (2điểm Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB ) 6+6−4 Ta có d ( A, ∆ ) = =4 2 E 2 Vì ∆ là đường trung bình của ∆ ABC ∆ � d ( A; BC ) = 2d ( A; ∆ ) = 2.4 2 = 8 2 Gọi phương trình đường thẳng BC là: x + y + a = 0 a=4B C 6+6+a = 8 2 � 12 + a = 16 � Từ đó: a = −28 H 2 Nếu a = −28 thì phương trình của BC là x + y − 28 = 0 , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và ∆ , vô lí. Vậy a = 4 , do đó phương trình BC là: x+ y+4=0. Đường cao kẻ từ A của ∆ABC là đường thẳng đi qua A(6;6) và ⊥ BC : x + y + 4 = 0 nên có phương trình là x − y = 0 . Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình �− y = 0 � = −2 x x � � � + y + 4 = 0 � = −2 x y Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là x + y + 4 = 0 nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m) 0.75 Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-m;m) uuu r uuu r CE = ( 5 + m; −3 − m ) , AB = (m − 6; −10 − m) Suy ra: uuu uuu rr Vì CE ⊥ AB nên AB.CE = 0 � ( a − 6 ) ( a + 5 ) + ( a + 3) ( a + 10 ) = 0 B ( 0; −4 ) B ( −6; 2 ) a=0 2a 2 + 12a = 0 Vậy hoặc . C ( −4;0 ) C ( 2; −6 ) a = −6 2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r mà 2r. π = 8 π . suy ra r =4 và R 2 = r 2 + d 2 Trong đó d = d ( I ( P ) ) = 3 � R 2 = 25 0.75 Phương trình mặt cầu (S) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 2 ) = 25 2 2 2 0.5 � 5 4� 5 Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với ( ∆ ) tại điê,r M � ; − ; � � 3 3� 3
� 5 4� 5 Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa ( ∆ ) tiếp xúc với (S) đi qua M � ; − ; � có và � 3 3� 3 uuu � 11 10 � r2 VTPT MI � ; − ; � : 6 x − 33 y + 30 z − 105 = 0 là 3 3 3� � i −1 −i − 1 VIIb ĐS : phương trình có 4 nghiệm z = 1 + i; z = 1 − i; z = ;z = (1điểm 2 2 1.0 ) Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó.