ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012-2013

Chia sẻ: Lê Ngọc Sơn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a, AD = 2a; M là một điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB, tam giác SMI cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD). Biết mặt bên (SBC) hợp với đáy (ABCD) một góc bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.AMID theo a. Câu V: (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: 6 xy = y )( 2 xy − 1) (x + 2 1 2 ....

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012-2013

SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH Môn: Toán; Năm học: 2012-2013 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x 3 − 3 x + 2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A, B song song với nhau và độ dài đoạn AB = 32 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 4 x 2 + 3 x ≤ 9 + x + 3  x3 − y 3 =+ xy 2  1 2. Giải hệ phương trình:  4 ( x, y ∈ R ) 4 x + y = 4 x − y 4  x + ( xe x − 2 ) e x ln 2 ∫ Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: dx (1 + e ) x2 0 Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a, AD = 2a; M là một điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB, tam giác SMI cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD). Biết mặt bên (SBC) hợp với đáy (ABCD) một góc bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.AMID theo a. Câu V: (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: 6 xy = y ) ( 2 xy − 1) (x + 2 1 . 3 − ( 4 xy + 1)  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 + 4 y 2 − 2 x   4 xy Câu VI: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có A(0 ; 4), đỉnh B nằm trên đường thẳng (d ) : x − 2 y + 2 =. Gọi E và F lần lượt là hai điểm nằm trên BC, CD sao cho BE = CF. Biết AE 0  16 12  cắt BF tại K  ;  . Tìm tọa độ điểm C biết rằng điểm C có hoành độ dương.  25 25  Câu VII: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 điểm A(1 ; 1; 1); B(1 ; 2; 0) và tiếp xúc với mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 4 z + 13 = 0 z Câu VIII: (1,0 điểm) Cho hai số phức liên hợp nhau z , z thỏa mãn điều kiện là một số thực và () 2 z z − z = 3 . Tìm số phức z . 2
Sở GD – ĐT ĐăkLăk ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A Trường THPT Phan Chu Trinh MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013 Năm học: 2012 - 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang) ............................... Đáp án Điểm Câu i) Tập xác định: D = R. Câu I: ii) Sự biến thiên: ( 2,0 điểm) +) Chiều biến thiên: = 3 x 2 − 3 ; y ' = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 1 . y' • Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) • Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) 0,25 +) Cực trị: • Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; yCĐ = 4 • Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT = 0 +) Giới hạn: lim y = −∞ ; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ 0,25 +) Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞ 1 − y + 0 0 + 0,25 +∞ 4 y’ −∞ 0 iii) Đồ thị: y Giao điểm của đồ thị với trục Oy: (0;2) Giao điểm của đồ thị với trục Ox: (−2;0) ; (1;0) Ngoài ra đồ thị hàm số còn đi qua điểm (2;4) Vẽ đồ thị đúng được 0,25 đ x Giả sử A ( a; a 3 − 3a + 2 ) ; B ( b; b3 − 3b + 2 ) với a > b là hai điểm nằm trên đồ thị (C). Vì tiếp tuyến tại A và B song song với nhau nên: y '(a ) = y '(b) ⇔ 3a 2 − 3= 3b 2 − 3 0,25 ⇔ a = −b và a > 0 (do a > b ) AB 2 = ( b − a ) + b3 − a 3 − 3(b − a)  = 4a 2 ( a 4 − 6a 2 + 10 ) (thay b = −a ) 2 2   AB = 32 ⇔ 4a ( a − 6a + 10 ) = a 6 − 6a 4 + 10a 2 − 8 = (*) 32 ⇔ 2 4 2 0 0,25 Đặt = a 2 > 0 , pt (*) trở thành: t 3 − 6t 2 + 10t − 8 = t 0 ⇔ ( t − 4 ) ( t − 2t + 2 ) = t = 4 0⇔ 2 0,25 Khi t = 4 , ta được a = 4 ⇔ a = 2 do a > 0 2 Với a = ⇒ b = 2 ta được A ( 2; 4 ) ; B ( −2;0 ) 0,25 − 2 Điều kiện : x ≥ 0 . Biến đổi bất phương trình về: Câu II: ( 2,0 điểm) 2x − 3 4 x 2 − 9 + 3 x − x + 3 ≤ 0 ⇔ ( 2 x − 3) ( 2 x + 3) + ≤0 0,25 3x + x + 3
Đáp án Điểm Câu   1 3 ⇔ ( 2 x − 3)  2 x + 3 +  ≤ 0 ⇔ 2x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 0,25 x2 3x + x + 3   3 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bpt là: 0 ≤ x ≤ 0,25 2 Từ pt thứ nhất suy ra: 1 = x3 − y 3 − xy 2 thế vào phương trình thứ hai: ( 4 x − y ) .1 4 x4 + y 4 = 4 x − y ⇔ 4 x4 + y 4 = ( 4 x − y ) ( x3 − y 3 − xy 2 ) ⇔ 4x4 + y 4 = ⇔ xy ( x 2 + 4 xy + 3 y 2 ) = 0 0,25  x = 0 hoaëc y = 0  xy = 0 ⇔ 2 ⇔  x + 4 xy + 3 y = ( x + 3 y )( x + y ) = 2 0 0  x = 0 hoaëc y = 0 ⇔  x = −3 y hoaëc x = − y 0,25 Với x = 0 , ta được y = −1 ; Với y = 0 , ta được x = 1 ; 3 1 0,25 Với x = −3 y , ta được x = ⇒y=3 − ; 3 25 25 Với x = − y , ta được x =⇒ y =1 ; − 1 Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm ( x; y ) là: 3 1 ( 0; −1) ; (1;0 ) ; (1; −1) ;− 3 ;3  0,25  25 25  x + ( xe x − 2 ) e x x (1 + e x ) − 2 ( x + 1) e x Câu III: 2 ln 2 ln 2 ( 1,0 điểm) ∫ ∫ Đặt: I = dx = dx (1 + e x ) (1 + e x ) 2 2 0 0 ( x + 1) e x dx ln 2 ln 2 ∫ xdx −2 ∫ = = I1 − 2 I 2 (1 + e x ) 2 0,25 0 0 ln 2 ln 2 x2 12 Với I1 ∫= = = xdx ln 2 0,25 20 2 0 ( x + 1) e x dx , ln 2 ∫ Với I 2 = (1 + e ) x2 0 u= x + 1 du = dx  e x dx ⇒  đặt   1 dv = v = − 1 + e x (1 + e )   x2   ex  1 − 2 ln 2 x +1 ln 2 ln 2 ln 2 dx ∫  1 + e x dx ∫ Khi đó: I 2 = + = + 1− − 1 + ex 0 1+ e x 0  6 0 1 − 2 ln 2 1 − 2 ln 2 + x o − ln (1 + e x ) = + x o − ln (1 + e x ) ln 2 ln 2 = ln 2 ln 2 6 6 0 0 1 + 10 ln 2 − 6 ln 3 0,25 = 6 3ln 2 2 − 20 ln 2 + 12 ln 3 − 2 Vậy: I =1 − 2 I 2 = 0,25 I 6
Đáp án Điểm Câu Câu IV: Gọi H là trung điểm của IM, suy ra ( 1,0 điểm) SH⊥IM ⇒SH⊥(ABCD) (Vì (SMI)⊥(ABCD) Kẻ HE⊥BC tại E , suy  ra ( ( SBC ), ( ABCD) ) SEH 600 == 0,25 Kẻ IF⊥BC tại F, ta có EH là đường trung bình của hình thang vuông BMIF, suy ra 1  a a  5a 0,25 1 EH = ( MB + IF )=  + = 2  3 2  12 2 5a 3 = EH .tan 600 Tính SH = 12 5a 2 0,25 1 1 Mặt khác: S AMID = S ABD − S BMI = S ABD − S ABI = S ABD − S ABD = 3 6 6 Vậy thể tích khối chóp S.AMID là: 1 5a 2 5a 3 25a 3 3 1 (đvtt) = = .= 0,25 VS . AMID S AMID .SH . 3 36 12 216 Ta có: 6 xy = y ) ( 2 xy − 1) ⇔ 6 xy + x + 2 y = ( x + 2 y ) .2 xy (x + 2 Câu V: ( 1,0 điểm) ⇔ 6 xy + x + 2 y = ( x + 2 y ) .2 xy Vì x > 0, y >0 nên x +2y > 0. Khi đó: 11 4 + 3 ⇔ ( x + 2 y ) − 3( x + 2 y ) − 4 ≥ 0 x + 2y = + +3≥ 2 x + 2y x 2y ⇔ ( x + 2 y + 1)( x + 2 y − 4 ) ≥ 0 ⇔ x + 2 y ≥ 4 0,25 1 3 1 3 Mặt khác: + = 1⇒ = 1− 2 xy x + 2 y x + 2y 2 xy Vì vậy: . ( 2 − 8 xy − 16 x 2 y 2 ) 1 1 . 3 − ( 4 xy + 1)  =x 2 + 4 y 2 − A = 2 + 4 y2 − 2 x   4 xy 4 xy 3 = + 2y) + (x +1 2 x + 2y 0,25 Đặt t= x + 2 y , điều kiện: t ≥ 4 3 Xét hàm f (t ) = t 2 + + 1 trên nửa khoảng [ 4; +∞ ) t 3 2t − 3 3 f '(t ) = 2t − 2 = 2 > 0 trên nửa khoảng [ 4; +∞ ) t t Mà f (t ) liên tục trên nửa khoảng [ 4; +∞ ) nên hàm f (t ) đồng biến trên nửa 0,25 71 khoảng [ 4; +∞ ) , suy ra f (t ) ≥ f (4) = 4 71 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng đạt được khi và chỉ khi: 4 6 xy = y ) ( 2 xy − 1) (x + 2  x = 2 x + 2 y = 4 ⇔  0,25 y =1 x = 2 y  x > 0, y > 0 
Đáp án Điểm Câu Từ giả thiết ta suy ra: Câu VI: ( 1,0 điểm)  ∆ABE = ∆BCF (c-g-c); suy ra BAE = CBF Trong tam giác KAB ta có: BAE +  = CBF +  = 900  ABF  ABF ⇒∆KAB vuông tại K. Vì B∈(d) nên giả sử B ( 2b − 2; b ) 0,25   16 88    66  12 =  ; −  ; BK = − 2b; − b   AK  12 25   25  25     AK ⊥ BK ⇔ AK .BK = 0   −88   12 16  66  ⇔ .  − 2b  +  0⇔  . − b  = b = 0 25  25   25   25  0,25 Với b = 0 , ta được B ( −2;0 )   AB =( −2; −4 ) ; AB = 2 5 .   Gọi C ( x; y ) , tính BC ( x + 2; y ) ; BC = ( x + 2 ) + y 2 = 2 0,25 Tam giác ABC vuông cân tại B nên:     −2 ( x + 2 ) − 4 y =  x = 2  AB ⊥ BC  x = −6 0   (loại).Vậy C ( 2; −2 ) hoặc  ⇔ ⇔  ( x + 2 ) + y 2 =  y = −2 y = 2  AB = BC 2   20  0,25 ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) Phương trình mặt cầu (S) được viết lại: Câu VII: = 2 2 2 4 (1,0 điểm) suy ra mặt cầu (S) có tâm I ( 3; 2; 2 ) , bán kính R = 2 0,25 Gọi ( P) : ax + by + cz + d = với a + b + c > 0 . Vì (P) đi qua A, B nên: 2 2 2 0 a + b + c + d = 0 ⇒b = c  a + 2b + d = 0 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi: 3a + 2b + 2c + d 3a + 2b + 2c + d a+c d ( I , ( P) ) = R ⇔ = 2⇔ = 2⇔ =1 0,25 a 2 + b2 + c2 a 2 + b2 + c2 a 2 + 2c 2 ⇔ c = 0 hoặc c = 2a Với c = 0 ⇒ b = 0 ⇒ a + d =chọn a = 1 ⇒ d = −1 ta được ( P) : x − 1 = 0 0 0,25 Với c = 2a ⇒ b = 2a ⇒ 5a + d = chọn a = 1 ⇒ b= c= 2 ⇒ d = −5 0 ta được ( P) : x + 2 y + 2 z − 5 = 0 Vậy có hai pt mp là: ( P) : x − 1 = hoặc ( P) : x + 2 y + 2 z − 5 = 0,25 0 0 () 2 Câu VIII: Giả sử z= a + bi với a, b ∈ R , suy ra z= a − bi ; z = a 2 − b 2 − 2abi (1,0 điểm) Ta có: z − z = 3 ⇔ 2bi = 2 3 ⇔ b = ± 3 2 0,25 a 3 − 3ab 2 + ( 3a 2b − b3 ) i ( a + bi ) 3 a + bi z Mặt khác: = = = () (a + b2 ) (a + b2 ) ( a − bi ) 0,25 2 2 2 2 2 2 z z là một số thực khi và chỉ khi: 3a 2b − b3 = a = ±1 0⇒ (do b = ± 3 ) (z) 0,25 2 Vậy có bốn số phức: z =±1 + 3i hoặc z =±1 − 3i 0,25