ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

Chia sẻ: Huy Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 có đồ thị là (C ) . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Cho A(0; a ) , tìm các giá trị của a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến với (C ) và hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó nằm về hai phía trục hoành. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác 3cot 2 x  2. Giải hệ phương trình 3(cot x  1) 7  4 2...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN – KHỐI A ------------------- THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) x2 Cho hàm số y  có đồ thị là (C ) . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Cho A(0; a ) , tìm các giá trị của a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến với (C ) và hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó nằm về hai phía trục hoành. Câu II (2,0 điểm) 7 3(cot x  1) 3cot 2 x   4 2 cos( x  ) 1 1. Giải phương trình lượng giác sin x 4  x  x  y 1 1  2. Giải hệ phương trình 2 2 y  x  2y x  y x  0   6 dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    cos x cos( x  ) 0 4 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và tam giác SCD vuông tại S. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Cho M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA. Tính AM theo a . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a , b, c t hỏa mãn abc  1 và số thực n  3 . Chứng minh rằng 3n a 2 c  b 2 a  c 2b  3 n abc PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết B (1; 1) , trung tuyến kẻ từ A và B có phương trình lần lượt là x  y  2  0 và 7 x  y  6  0 . Cho diện tích tam giác bằng 2, tìm tọa độ các điểm A và C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(1;1; 1) ; B (1;1;2) ; C ( 1;2; 2) và mặt phẳng ( P ) có phương trình x  2 y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q ) qua A, vuông góc với mặt phẳng ( P ) và cắt đoạn thẳng BC tại I sao cho IB  2 IC . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình ẩn x sau có 2 nghiệm trái dấu (m  3).16 x  (2m  1).4 x  m  1  0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G (1;1) , đỉnh A thuộc đường thẳng 2 x  y  1  0 , các đỉnh B, C thuộc đường x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác bằng 6. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A( 2;0; 5) , B ( 3; 13;7) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A, B và tạo với mặt phẳng (Oxz ) góc nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765
CÂU ĐÁP ÁN B.ĐIỂM a. TXĐ D   \ {1} I.1 b. Giới hạn và tiệm cận lim y  lim  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của ĐTHS. 0.25 x  x  lim   và lim   nên đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của ĐTHS. x 1  x 1 3 c. Chiều biến thiên y '   0x  D ( x  1) 2 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) . d. Bảng biến thiên 0.25 e. Đồ thị Điểm cắt trục tung (0;-2); điểm cắt trục hoành (-2;0). ĐTHS nhận giao điểm I(1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. y 0.25 1 x -2 1 O -2 Đường thẳng d qua A với hệ số góc k có phương trình y  kx  a I.2 Để d là tiếp tuyến với (C) thì hoành độ tiếp điểm là nghiệm ẩn x của hệ  3  ( x  1)2  k   0.25  x  2  kx  a  x 1  (a  1) x 2  (2a  4) x  a  2  0 (1) x2 3  xa Do đó x  1 ( x  1)2 x  1 Để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 khác 1. Khi đó hai hệ số góc tương ứng là k1; k2 khác nhau vì nếu k1  k2 thì chỉ ra được x1  x2  2 và không tồn tại a. Do đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến. 0.25 a  1  a  1  Chỉ ra   '  3a  3  0  (a  1).12  (2a  4).1  a  2  0  a  1  MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765
x1  2 x 2 ; y2  2 Các tung độ tiếp điểm là y1  phải trái dấu nhau nên x1  1 x2  1 0.25 x x  2( x1  x2 )  4 y1 y2  0 hay 1 2 0 x1 x2  ( x1  x2 )  1 9a  6 2 0a Tính được . 3 3 0.25 2 và a  1 . Vậy a  3 Điều kiện sin x  0 II.1 Quy đồng và biến đổi về 0.25 2 2 2 3cos x  3(cos x  sin x)  4(cos x  sin x)sin x  sin x  (3cos 2 x  sin 2 x )  (cos x  sin x)(3  4sin 2 x )  0 0.25  (3  4sin 2 x )(1  sin x  cos x)  0   k (thỏa mãn). Giải trường hợp đầu được x   0.25 3   k 2 (thỏa mãn); x  k 2 (loại) Giải trường hợp sau được x   2 0.25    k ; x    k 2 . Vậy các họ nghiệm của phương trình là x   3 2 Điều kiện x  0; x  y  1 II.2 x  x  y  1  1 bằng cách bình phương 2 vế được Biến đổi phương trình đầu 0.25 y  2 x  y  1 suy ra y  0 và được ( y  2) 2  4 x . Do đó y  2  2 x (1) Biến đổi phương trình sau được y  xy x (2) 0.25 2 Thế vào được y  y  2  0 nên y  2 hoặc y  1 (loại) 0.25 Tính được x  4 0.25 Vậy nghiệm (x;y) của hệ là (4;2). III dx    6 6 6 dx cos 2 x  2 d (tan x) 0.25 I  2  2  1  tan x cos x(cos x  sin x ) 1  tan x 0 0 0 Đặt t  tan x . Đổi cận ….. 0.25 3 3 3 dt 0.25 Đưa về I  2    2 ln t  1 03 1 t 0 3 3 0.25 Tính ra I  2 ln 2 IV Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. 0.25 Chứng minh (SIJ) vuông góc với (ABCD). MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765
Do đó hình chiếu của S trên (ABCD) là hình chiếu của S trên IJ. Chỉ ra tam giác SIJ vuông tại S (định lý Pitago) a3 3 a3 0.25 Tính được SH  và V  (đvtt) 4 12 S P M 0.25 D A Q H J I C B Gọi P, Q là trung điểm SA, AJ. Chỉ ra được (BPQ) vuông góc với SA. Suy ra M là giao điểm của BQ và CD. a a5 0.25 Tính được DM  suy ra AM  . 2 2 V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta có a 2c  a 2c  b 2 a  3 3 a 5b 2c 2  3a 0.25 2 2 2 2 2 2 Tương tự b a  b a  c b  3b và c b  c b  a c  3c 2 2 2 Do đó a c  b a  c b  a  b  c 3n Ta chứng minh a  b  c  3 n 0.25 abc Đặt t  a  b  c , chỉ ra t  3 . 3n Biến đổi BĐT thành t   3  n  (t  3)(t  n)  0 0.25 t Chỉ ra BĐT này luôn đúng do n  3 . 0.25 BĐT đã cho được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1. VI.a.1 24 Tính được tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là G ( ; ) . 33 Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, CA. 0.25 3 5 Tính được BN  BG  2 2 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765
1 2.1 2 2 S ABC  1 nên d ( A;BN )   Vì S ABN  5 2 5 2 0.25 4 | 6a  4 | 2 2  Gọi A(a;2  a ) ta được pt , giải được a  0; a  3 5 50 Với a  0 , tính được A(0;2); C (1;3) 0.25 4 42 1 13 Với a  , tính được A( ; ); C ( ; ) . 0.25 3 33 33   VI.a.2 1 5 2 Dựa vào IB  2 IC , tính được tọa độ điểm I là ( ; ; ) 0.5 333      Dựa vào 2 vectơ IA; nP cùng vuông góc với nQ , tính được vec tơ pháp tuyến của (Q) là   0.25 nQ  (2;3;2) Phương trình (Q) là 2 x  3 y  2 z  3  0 . 0.25 VII.a x 2 Đặt t  4 (t  0) . PT đã cho trở thành (m  3)t  (2m  1)t  m  1  0 (1) x Với mỗi t  0 , pt 4  t có nghiệm duy nhất. 0.25 x x Do x1  0  x2  4 1  1  4 2 nên để pt đã cho có 2 nghiệm trái dấu thì (1) phải có 2 nghiệm t1; t2 thỏa mãn 0  t1  1  t2 . Chỉ ra m  3 , để (1) có 2 nghiệm phân biệt dương thì    20m  11  0   2m  1 11 0.25  1  m   0  m3 20  m 1 m  3  0  4m  3 3  0  3  m  Để t1  1  t2 thì (1  t1 )(1  t2 )  0 , do đó 0.25 m3 4 3 Kết hợp lại ta được 1  m  0.25 . 4 VII.a.1 Gọi B (1  2b; b); C (1  2c; c) thì A(1  2b  2c;3  b  c) . 0.25 Do A thuộc đường 2 x  y  1  0 nên b  c  0 . Do đó A(1;3) . 6 nên BC  2 5 . Tính được khoảng cách từ A đến BC bằng 0.25 5 20b2 . Do đó b  1 . 0.25 Mà B (1  2b; b); C (1  2b; b) nên BC  Từ đó A(1;3); B( 1;1); C (3; 1) hoặc A(1;3); B(3; 1); C ( 1;1) . 0.25  VII.a.2 Gọi n  ( a; b; c) là một vec tơ pháp tuyến của (P). 0.25 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765
  AB  (5; 13;12) , ta có 5a  13b  12c  0 . |b| Góc  giữa (P) và (Oxz) xác định bởi cos   a2  b2  c2   900 Nếu b=0 thì 1 0.25 Nếu b  0 , chọn b=1 ta được 5a  12c  13  0 và cos   a 2  c2  1 Khi đó 1 12 12 1 cos      2 169a 2  130a  313 (13a  5) 2  288 2  5a  13  2 a   1 0.25  12  0 nên   45 . 5 12  nhỏ nhất khi a  ; b  1; c  . Do đó 0.25 13 13 PT (P) là 5 x  13 y  12 z  70  0 VII.b Xét các số có 5 chữ số thỏa mãn đề bài trong đó tính cả số 0 đứng đầu (ví dụ số 01325 thỏa mãn) (1) 2 - Chọn 2 chữ số chẵn trong 5 chữ số chẵn có C5 cách. 3 - Chọn 3 chữ số lẻ trong 5 chữ số lẻ có C5 cách. 0.5 2 - Chọn 2 vị trí trong 5 vị trí cho chữ số chẵn có C5 cách. - Cho 2 chữ số chẵn vào 2 vị trí này có 2! cách. - Cho 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí còn lại có 3! cách. 232 Có tất cả C5 C5 C5 2!3!  12000 số thỏa mãn. Xét các số có 5 chữ số thỏa mãn đề bài trong đó số 0 bắt buộc đứng đầu (2) - Cố định vị trí số 0. - Chọn 1 số chẵn trong 4 số chẵn (trừ số 0) có 4 cách. 3 - Chọn 3 chữ số lẻ trong 5 chữ số lẻ có C5 cách. - Chọn 1 vị trí cho chữ số chẵn này trong 4 vị trí có 4 cách. 0.5 - Cho 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí còn lại có 3! cách. 3 Trường hợp này có 4.C5 .4.3!  960 số. Do đó các số thỏa mãn đề bài là các số thỏa mãn (1) nhưng không thỏa mãn (2) nên có 12000  960  11040 (số). ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Yêu cầu: Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá. Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau. tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm. MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765