Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2012 - 2013 môn Toán khối A và khối A1 - Trường THPT Quảng Xương 2

Chia sẻ: Tran Duong Tam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2012 - 2013 môn Toán khối A và khối A1 của Trường THPT Quảng Xương 2 để biết được cấu trúc đề thi, thời gian làm bài, nội dung chính và những dạng bài chính sẽ được đưa ra trong đề thi Đại học môn Toán để có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2012 - 2013 môn Toán khối A và khối A1 - Trường THPT Quảng Xương 2

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A và khối A 1 WWW.VNMATH.COM Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  mx 2  6m  1x  1 có đồ thị C m  3 3 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m = 1. b. Tìm m để trên C m  có hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  và N  x 2 ; y 2  sao cho tiếp tuyến tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng x  3 y  6  0 và x1  x 2  2 3 . sin 3x cos 3x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:   1  cot x sin x cos x  x 2  xy  y  5 x 0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  4 2 2 2  x, y  R   x  x y  y  3x 0  4 cos 2 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   2 dx 0 cos x  sin x  2  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có M là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác ABC, BC = 2a, góc ACB bằng 90 0 , góc ABC bằng 60 0 .Góc giữa cạnh bên CC’ và mặt đáy (ABC) là 45 0 , hình chiếu vuông góc của C’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và cosin của góc giữa hai đường thẳng BC và C’G. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thuộc đoạn 1 ; 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của z để biểu thức P  x  yz x  y   xyz có giá trị lớn nhất là M thỏa mãn M  2. 2 2 x  xy  y II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho A(1;2), B(1;-2). Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng d1: x - y -1 = 0 sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d2: x+y -3 = 0 Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2;1;1) là trực tâm tam giác ABC. Câu 9a (1,0 điểm). Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi người nhận được ít nhất một đồ vật. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x - y + 1= 0 và tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. Biết đường thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 450 Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(0;1;2), B(-1;1;0) và mặt phẳng (P): x - y + z = 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại B. Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log 3 x 2  x   log 3 x 2  x 2  2  0 , x  R  Hết. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………, Số báo danh:………………………..
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Câu Ý Nội dung Điểm a Thí sinh tự giải 1.0 (1đ) 1 Đường thẳng x + 3y -6=0 có hệ số góc k   . Tiếp tuyến tại M và N lần 3 0.25 lượt có hệ số góc, k1  y'  x1  , k 2  y '  x2  , từ giả thiết  k1  k 2 =3  x 2  2 mx1  6m  1  3 2 Câu 1 b   12  x1, x2 là nghiệm pt x – 2mx + 6m – 9 = 0 (1) 0.25 (2điểm) (1đ)  x 2  2mx 2  6m  1  3 Phương trình (1) có 2 nghiệm x = 2m -3 và x = 3 Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 t/m  2m  3  3 0.25  x1  x 2  2 3   2m  3  0  2m  3  3  2 3  3  m3 0.25 2 k Đk: sin 2 x  0  x  2 sin 3 x cos x  cos 3 x sin x sin x  cos x sin 4 x sin x  cos x 0.25 Pt     sin x cos x sin x 1 sin x sin 2 x Câu 2 2 (1điểm)  4 cos 2 x sin x  sin x  cos x  sin x  cos x 2 sin 2 x  2 cos 2 x  3  0 0.25  tan x  1  0.25 2 sin 2 x  2 cos 2 x  3  0 ptvn   0.25  x  k , k  Z 4  x 2  y  x5  y  1 Hpt   2 0.25  2   x  y  3 x  y  1 2 2  x0 Thế (1) vào (2): x 2 5  y 2  3 x 2  y  1   2 0.25  y  13 y  22  0 x0 Câu 3   y  2 (1điểm)  y  11 0.25 x=0 suy ra y=0 y=2 suy ra x=1 và x=2 y=11 không có x thỏa mãn thử lại vào hệ thấy thỏa mãn 0.25 Vậy hệ có 3 nghiệm: (0; 0) , (1; 2) và (2; 2). Đặt t = sinx + cosx + 2  dt = (cosx – sinx)dx 0.25 2 2 t2 I  dt 0.25 3 t2 Câu 4 2 2 (1 điểm)  2   ln t    t 3 0.25
2 2 4  ln   2 3 3 0.25 B' C' Tính được góc C ' CH  45 0 BC = 2a, AB = 4a, MC = 2a 0.25 HC = HC’ = a, GH = a/3 A' VABC.A’B’C’ = C’H.SABC 45 2a C Câu 5 = a.1/2.AC.CB = 2 3a 3 (đvtt) B 0.25 H (1 điểm) 4a G 2a 3 M A Có B' G  B' C '  C ' H  HG và B' C '  C ' H  B' C '. C ' H  0 , C ' H  HG  C ' H . HG  0  nên B' G 2  B' C ' 2 C ' H 2  HG 2  2 B' C '.HG. cos B' C ', HG  0.25     Do cos B' C ', HG   cos BC , GH   cos 600   1 2 40a 2 a 10  B' G 2  , GC '  HC ' 2 GH 2  9 3 2 2 2 B' C ' GC '  B ' G 1 0.25 cos B' C ' G   2 B' C '.GC ' 2 10 1  góc giữa BC và C’G bằng góc gữa B’C’ và C’G và có cosin bằng 2 10 Cách khác: CB.C ' G   cos BC , C ' G   cos CB, C ' G  CB.C ' G a 10 Tính được C ' G  và 3 1 1 1 C ' G  C ' H  HG  C ' H  CM  C ' H  CA  CB 6 12 12 2 1 a 1  C ' G.CB  CB 2   cosBC , C ' G   12 3 2 10 x 1  t 2  t 2 z  1  z Đặt t  , vì x, y  1; 2  t   ; 2 , lúc đó P   f t  0.25 y 2  t 2  t 1 1  Vì f(t) liên tục trên  ; 2 nên có Max f t   M 2  1  t ; 2  2  t  t 2 z  1  z 2 1  Vậy M  2  Bpt ẩn t: 2  2 có nghiệm t   ; 2 0.25 t  t 1 2  2 t t  2 1  z có nghiệm t   ; 2 , 2t  1 2  Câu 6 (1điểm) t2  t  2 1  Xét h/s g t   , t   ; 2 2t  1 2 
t 1 1 7 2 0.25 2 2 7 g’(t) - 0 + Từ bảng biến thiên suy ra z  . 2 + g(t) 4 3 7 2 0.25 Vì A  d 2 nên đường tròn ngoại tiếp B 0.25 tam giác ABC tiếp xúc với d2 tại A Phương trình IA: x – y + 1 = 0 I C Gọi I(t; t+1), vì IA = IB suy ra t = -1 0.25 d2 Câu 7a Suy ra I(-1; 0) Gọi C(a; a-1), vì IC = IA = 2 2  a   3 0.25 (1 điểm) A Vậy có 2 điểm C thỏa mãn bài toán là 0.25    C 3 ; 3  1 và C  3; - 3  1   AH .BC  0  Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z) ta có  CH . AB  0 0.25   HA, HC .HB  0    xz 0 Câu 8a   7 7 0.25  2x  y  7  0 Giải hệ ra ta có 2 nghiệm (3; 1; -3) và   ;14;  (1 điểm) 3  x   y  13  z   0  2 2  0.25 Với x=3, y=1, z=-3 suy ra B(3; 1; 0) loại vì B trùng A  7   7 0.25 Với x=-7/2; y=14; z= 7/2  B  ;14;0 ; C 0;0;   2   2 TH1: Mỗi người nhận 2 đồ vật, số cách chia là: C 62 .C 42 .C 22  90 cách. 0.25 TH2: Một người nhận 4 đồ vật, hai người còn lại mỗi người nhận 1 đồ vật Câu 9a Số cách chia là: 3.C 64 .C 21  90 cách. 0.25 (1 điểm) TH3: một người nhận 1 đồ vật, một người nhận 2 đồ vật, một người nhận 3 0.25 đồ vật, số cách chia là: 3!C 61 .C 52 .C 33  360 cách. Vậy số cách chia thỏa mãn bài toán là: 90+90+360 = 540 cách. 0.25 Gọi vtpt của đt AB là n AB a; b  ; a  b  0  ta có 2 2 n AB .n d 2 a  0 cos 45 0    0.25 n AB . n d 2 b  0 . Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm I(1;-2) , R=3 1 3 0.25  d I , AB   R 2 2 Câu 7b  1 (1 điểm) 3 m  2 Nếu a=0 chọn b = 1, ptđt AB: y+m=0 từ d I , AB     2 7 m   2 0.25
 1 3  m 2 Nếu b=0 chọn a = 1 , ptđt AB: x+m=0 từ d I , AB     2 5 m    2 Vậy có 4 đường thẳng AB thỏa mãn bài toán là: 0.25 2y+1=0; 2y+7=0; 2x+1=0 và 2x-5=0  BA.BM  0  Gọi M(x; y; z) từ giả thiết ta có:  BA  BM  M  P  0.25   x  2z  1  0  2 2   x  1   y  1  z 2  5 ,  x yz 0  0.25 Giải hệ được 2 nghiệm Câu 8b (1 điểm)   1  10  4  10  2  10     ; ;  và   1  10 ;  4  10 ;  2  10   3 6 6   3 6 6        1  10  4  10  2  10  0.5 Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài toán M  ; ;    3 6 6    1  10  4  10  2  10  và M  ; ;    3 6 6  0  x  2 Đk  0.25  x 1 Pt  log 3 x 2  x   3 log x 2  x   2  0  log x 2  x   1 log x 2  x   2   0 2 0.25  log x 2  x   1  0 a   log x 2  x   2  0 b  Câu 9b Giải (a): a   2  x  x  x  1 (loại) (1điểm)  0  x  1  0  x  1 0.25  Giải (b): b    2  x x  1 x  12  0  1 x  2  1  x  2  1  x  2 2  x x  1  x  12  0   Vậy bpt có tập nghiệm T  1 ; 2 0.25 WWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMW WW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWW W.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW. VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VN MATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNM ATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMAT H.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH. COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.CO MWWW.VNMATH.COM