ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D - TRƯỜNG THPT KON TUM

Chia sẻ: NGUYỄN BÁ CƯỜNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D - TRƯỜNG THPT KON TUM" mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D - TRƯỜNG THPT KON TUM

SỞ GD & ĐT KON TUM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT KON TUM Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x 1 Câu 1 (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. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm I (0;1) và cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x  sin 2 x .  x  3 x  1  y  2 y  7 x  2   2. Giải hệ phương trình  (x , y  ¡ ) .   x  2 y  4x  y  5  2 cos x.ln(1  sin x ) Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx .  sin 2 x 6 Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SC  ( ABCD ), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và ·ABC  1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD ) bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a , b, c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P  . a  ab  abc 3 a bc II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  5, C (1; 1) , đường thẳng AB có phương trình là x  2 y  3  0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng  : x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 2; 2), B(0;1; 2) và C (2; 2; 1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại M , N khác gốc tọa độ O sao cho OM  2ON . Câu 7a (1,0 điểm). 2 Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn 1  z  z  i  (iz  1) 2 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x  7 y  31  0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x  y  8  0 , d 2 : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. x 1 y 1 z  2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :   và mặt phẳng 1 1 2 ( P ) : x  2 y  z  6  0. Một mặt phẳng (Q ) chứa (d ) và cắt ( P ) theo giao tuyến là đường thẳng  cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng (Q ).  5  Câu 7b (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2   2 cos  z  1  0 . Tìm số n  21  nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1n  z2  1. n ---------------------Hết---------------------
ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN Năm học: 2012-2013 Câu Ý Đáp án Điểm 1 1 2x 1 2,0 đ 1,0 đ Hàm số y  x 1  TXĐ: D  ¡ \ 1  Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận 0,25 lim  y  ; lim  y    Đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng. x  ( 1) x  ( 1) lim y  2  Đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang. x  3 + Đạo hàm: y '   0  x  D  0,25 ( x  1) 2 + Bảng biến thiên: x  1 + y’ + + y + 2 0,25 2  Hàm số đồng biến trong các khoảng (; 1) và (1; ) . Hàm số không có cực trị.  Đồ thị: Tự vẽ đồ thị. 0,25 2  : y  mx  1 1,0 đ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và  : 2x 1  mx  1 (x  1) 0,25 x 1  f ( x )  mx 2  ( m  1) x  2  0 (1) Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m  0 m  0    m  5  2 6  m  0    0  m  5  2 6   . 0,25  f ( 1)  0   m  5  2 6   m  5  2 6  Khi đó  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A( x1 ; mx1  1); B ( x2 ; mx2  1) Với x1 , x2 là hai nghiệm của (1) Ta có AB  ( x2  x1 ) 2 (1  m 2 )  ( x2  x1 ) 2  4 x1 x2  (1  m 2 )   m 1 2 1 Mà x1  x2   , x1 x2  . Do đó AB  (m 2  10m  1)(1  m 2 ) m m m 0,25 1  : y  mx  1  mx  y  1  0  d  d (O,  )  m2  1 1 m 2  10m  1 Khi đó: SOAB  AB.d   3 2 2m 1 0,25  11m 2  10m  1  0  m  1  m  (tmđk) 11 1 Do đó  : y   x  1 hay y  x  1. 11
2 1 Phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x  sin 2 x (1) 2,0 đ 1,0 đ Điều kiện: sin x  0  x  k (k  ¢ ) cos x Khi đó: (1)  (1  cos x)  cos 2 x  sin x  sin 2 x 0,25 sin x  cos x  cos 2 x  cos 2 x sin x  sin 2 x  2sin 2 x cos x  cos x(1  2sin 2 x)  cos 2 x sin x  (cos 2 x  sin 2 x)  0  cos x cos 2 x  cos 2 x sin x  cos 2 x  0  cos 2 x (cos x  sin x  1)  0 0,25  cos 2 x  0   cos x  sin x  1   + cos 2 x  0  x  k (k  ¢ ) . 4 2   1   + cos x  sin x  1  0  cos  x     x     l 2  4 2 4 4 0,25     x  2  l 2 (l  ¢ ) .   x  l 2 Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:    0,25 x   k , x   l 2 (k , l  ¢ ) . 4 2 2 2  x  3 x  1  y  2 y  7 x  2  (1)  1,0 đ Hệ phương trình   x  2 y  4x  y  5  (2) x  2 y  0 Điều kiện:  x  4 y  0 Với điều kiện trên thì 0,25 (1)  3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0  (x2y)(3xy +1) = 0 x  2y  0   3 x  y  1  0 + x2y = 0  x = 2y (2): 4 y  9 y  5  y = 1 0,25 y = 1  x = 2 (tmđk) + 3x  y + 1= 0  y = 3x+1 (2) trở thành: 7 x  1  7 x  2  5   1 11  7  x  7 1  x  17  7  x .  49 x 2  21x  2  11  7 x  x  17 25 0,25    25 17 76 x y (tmđk). 25 25  17 76  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =  ;  . 0,25  25 25 
3  1,0 đ 2 cos x.ln(1  sin x ) Tích phân I   dx .  sin 2 x 6 Đặt t  sin x  dt  cos xdx 0,25  1  x   t  ; x   t 1 6 2 2 ln(1  t ) 1 Khi đó I   dt 0,25 1 t2 2  dt u  ln(1  t )  du    1 t Đặt:  dt   dv  t 2  v   1 0,25   t 1 1 1  1 1 1 dt 3 Ta có I   ln(1  t )     ln 2  2 ln      dt t 1 t (t  1) 2 1  t t 1  1 2 2 2 1 1 27  2 ln 3  3ln 2  ln t 1  ln t  1 1  3ln 3  4 ln 2  ln . 0,25 2 2 16 4 1,0 đ S I D C O A K a 3 B Kẻ SK  AB (K  AB )  CK  AB (định lí 3 đường vuông góc) Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD ) là góc giữa SK và CK . · · Do SKC nhọn nên SKC  450 · · ABC  1200  CBK  600 0,25 3a Trong tam giác vuông CBK : CK  CB sin 600  2 3a Tam giác SCK vuông cân tại C nên SC  2 2 3 3a Ta có S ABCD  AB.BC sin120 0  2 0,25 1 3 3a 3 Do đó VS . ABCD  S ABCD .SC  (đvtt) 3 4 Gọi O  AC  BD  BD  AC Ta có   BD  ( SAC ) tại O . 0,25  BD  SC Kẻ OI  SA (I  SA)  OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
3 5a Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra OI  . 10 0,25 3 5a Vậy d ( SA, BD )  . 10 5 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1,0 đ 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 a  ab  3 abc  a  .  .  (a  b  c ) 0,25 2 2 3 4 3 Đẳng thức xảy ra khi a  4b  16c. 3 3 Suy ra P   . Đặt t  a  b  c, t  0 2( a  b  c) abc 3 3 Khi đó ta có P   . 0,25 2t t 3 3 Xét hàm số f (t )   với t  0 . 2t t 3 3 3 3 f ' (t )   2 ; f ' (t )  0   2  0  t 1 2t t 2t 2t t 2t Bảng biến thiên: t 0 1  ' f (t )  0 + 0,25 f (t )  0 3  2 3 3 Do đó min f (t )   khi và chỉ khi t  1 . Suy ra P   . t 0 2 2 3 a  b  c  1 Vậy GTNN của P bằng  khi và chỉ khi  2  a  4b  16c 0,25 16 4 1 a , b , c . 21 21 21 6a 1 Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC . 2,0đ 1,0đ uuu 2 uu r r 2x 1 2 y 1 0,25 Do CG  CI nên xG  ; yG  . 3 3 3 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: x  2 y  3  0  x  5 0,25  2x 1 2 y 1  . Vậy I (5; 1)  3  20  y  1  3 AB 5 Ta có IA  IB   2 2 5 Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính R  0,25 2 5  (C ) : ( x  5) 2  ( y  1) 2  . 4
Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình: x  2 y  3  0 x  4 x  6     5 1 3. ( x  5)  ( y  1)  4 y   2 y   2 2 2    0,25  1  3 Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4;   ,  6;   .  2  2 2 Từ giả thiết ta có M (0; m; 0) và N (0; 0; n) trong đó mn  0 và m  2n . 0,25 1,0 đ Do ( P ) / / BC và ( P ) đi qua M , N nên VTPT của ( P ) là r uuu uuuu r r 0,25 n   BC , MN   (m  n; 2n; 2m)   r uuu uuuu r r TH1: m  2n thì n   BC , MN   (3n; 2n; 4n) (n  0) .   0,25 ( P ) đi qua A( 2; 2; 2)  ( P ) : 3 x  2 y  4 z  2  0. r uuu uuuu r r TH2: m  2n thì n   BC , MN   (  n; 2n; 4n) (n  0) .   0,25 ( P ) đi qua A( 2; 2; 2)  ( P ) : x  2 y  4 z  10  0. ( loại vì ( P )  BC ) Vậy ( P ) : 3 x  2 y  4 z  2  0. 7a Đặt z  a  bi, (a, b  ¡ ) . Từ giả thiết ta có 1,0 đ 2 0,25 1  a  bi  a  (b  1)i  ( b  1  ai ) 2  1  a  bi  2(b  1) 2  2 a (b  1)i 0,25 1  a  2(b  1) 2  (1) b  2 a (b  1) Từ (1) suy ra :  b  2  a  1 b 1  2(b  1) (b  1)  (b  2)(2b  1)  0   2 2 1 1 2(b  1) b    a   0,25  2 2 1 1 Suy ra z  1  2i hoặc z    i. 2 2 + Với z  1  2i , ta có z  5 . 0,25 1 1 2 + Với z    i , ta có z  . 2 2 2 6b 1 B  d1  B (b;8  b), D  d 2  (2d  3; d ). 2,0 đ 1,0 đ uuur Khi đó BD  (b  2d  3; b  d  8) và trung điểm của BD là 0,25  b  2 d  3 b  d  8  I ; .  2 2  Theo tính chất hình thoi ta có : uuu uuu r r  BD  AC u AC .BD  0   8b  13d  13  0 b  0     . 0,25  I  AC  I  AC   6b  9d  9  0 d  1 Suy ra B(0;8); D( 1;1) .  1 9 Khi đó I   ;  ; A  AC  A(7a  31; a ) .  2 2 0,25 1 2S 15 S ABCD  AC.BD  AC  ABCD  15 2  IA  2 BD 2  a  3  A(10;3) ( ktm) 2 2 2  63   9 225  9 9   7 a     a     a       0,25  2   2 2  2 4  a  6  A( 11; 6) Suy ra C (10;3) .
2 Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ( P ) và  . 1,0 đ Ta có d (O, )  OI  OH ( không đổi) 0,25 Do đó min d (O, )  OH xảy ra khi I  H r Đường thẳng OH đi qua O (0; 0; 0) và nhận VTPT của ( P ) là n  (1; 2;1) làm x  t  VTCP  OH :  y  2t (1) 0,25 z  t  ( P ) : x  2 y  z  6  0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 6t  6  0  t  1 0,25 Từ (1)  H (1; 2;1) Khi đó (Q ) là mặt phẳng chứa (d ) và đi qua H . r uuuu r Ta có M (1;1; 2)  (d ) , VTCP của (d ) là u  (1;1; 2) , HM  (0; 1;1) . uu r r uuuu r 0,25 Suy ra VTPT của (Q ) là nQ  u , HM   (1; 1; 1) , (Q ) đi qua M (1;1; 2)   Do đó (Q) : 1( x  1)  1( y  1)  1( z  1)  0  x  y  z  4  0. Q O (d) I P H  7b  5  1,0 đ Phương trình z 2   2 cos  z  1  0 (1)  21  5 5 (1) có  '  cos 2  1   sin 2 . 21 21 5 Do đó các căn bậc hai của  ' là i sin 21 0,25  5 5  z1  cos 21  i sin 21 Vậy (1) có các nghiệm là   z  cos 5  i sin 5  2  21 21 5 5   5 5  n n  z  z  1   cos n 1 n 2  i sin    cos  i sin  1  21 21   21 21  n  5   5    5 5  n  0,25   cos     i sin       cos  i sin  1   21   21    21 21   n5   n5  n5 n5  cos     i sin     cos  i sin 1  21   21  21 21  n5  n5 n5  cos     cos  1  2 cos 1  21  21 21 0,25 n5  n5  7 42 k  cos  cos     k 2  n    (k  ¢ ) (*) 21 3 21 3 5 5 Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n  7. 0,25 ---------------------Hết---------------------