zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử đại học lần thứ 5 môn Toán (năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Báo xấu

57
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tìm hiểu "Đề thi thử đại học lần thứ 5 môn Toán (năm học 2012-2013)" đề chính thức của Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc dành cho các bạn đang theo học các khối A, A1 và B. Đề thi gồm có hai phần là phần chung và phần riêng. Phần chung dành cho tất cả các thí sinh, còn phần riêng được phép lựa chọn chương trình chuẩn và chương trình nâng cao. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin vấn đề.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần thứ 5 môn Toán (năm học 2012-2013)

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ V NĂM HỌC 2012-2013 Đề chính thức Môn: Toán - Khối A-A1-B (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x . 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 . 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  của hàm số 1 biết : Tiếp tuyến tạo với đường thẳng 4  : x  y 1  0 một góc  sao cho cos   và tiếp điểm có hoành độ nguyên. 41  Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos2 x  2 3 sin x cos x  1  3 sin x  3 cos x   53  5 x  10  x   5 y  48 9  y  0 2) Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) . 2  2 x  y  6  x  2 x  y  11  2 x  66 2  3 9  x2  Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I    x  2  x   x ln  dx 0 9  x2  Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  2 , và góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  bằng 900 .Tính thể tích khối chóp S . ABCD . Câu V. (1 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn điều kiện : a  b  c  3    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : T  a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 . B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 2 điểm)1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn  S1  : x 2  y 2  10 và  S 2  : x 2  y 2  10 x  10 y  30  0 cắt nhau tại hai điểm A  3;1 , B . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A và cắt  S1  ,  S2  tại các điểm thứ hai tương ứng C , D sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng CD . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H 1; 2;3 viết phương trình mặt phẳng    đi qua H và cắt ba trục toạ độ tại các điểm A, B, C khác gốc O sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Câu VIIa. (1 điểm) Trong mặt phẳng phức , xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn : 1  i  z  1  i  z  2 z  1 . 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm)1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của  E  tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của  E  là 12  2  3  . x  2 y 1 z 1 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  d  :   và mặt cầu 1 2 1  S  :  x  12   y  22   z  12  25. Viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm M  1; 1; 2  cắt đường thẳng  d  và cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A và B sao cho AB  8 .   Câu VIIb. (1 điểm). Giải bất phương trình: log 5 x 2  3 x  1  log 5 x  2 x  x 2
www.VNMATH.com -----------------------------------------------------------HẾT ------------------------------------------------------ Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì ! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
www.VNMATH.com TRƯƠNG THPT ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN V NĂM HỌC 2012- CHUYÊN VĨNH PHÚC 2013 (Đáp án có 6 trang) Môn: TOÁN; Khối A , A1 , B II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm I 2,0 m  1 hàm số trở thành : y  x 3  6 x 2  9 x 1,0  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  .  Sự biến thiên: x  1 0,25  Chiều biến thiên y   3  x 2  4 x  3 Ta có y'  0   x  3  y,  0  x  1  x  3  h/số đồng biến trên các khoảng  ;1 &  3;    y,  0  1  x  3  hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3  yCD  y 1  4; yCT  y  3  0 0,25 6 9  Giới hạn lim y  lim x 3  1   2    x  x   x x   Bảng biến thiên: x  1 3  y'  0  0 0,25  4  y  0 +Đồ thị cắt trục Ox tại các điêm  0, 0  ,  3; 0  ),cắt trục Oy tại điểm (0;0) 0,25
www.VNMATH.com y 4 0 x 1 3 y  x3  6 x2  9 x 2 1,0   Gọi M x0 ; x03  6 x02  9 x0 ( với x0   ) là toạ độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị. 0,25   Phương trình tiếp tuyến tại M là  d  : y  3x02  12 x0  9  x  x0   x03  6 x02  9 x0  Ta có VTPT của    : x  y  1  0 là n    1;1 .  0,25 VTPT của  d  là n d    k ; 1 ( với k  3x02  12 x0  9  k   ) theo đề bài ta có   4 n   .n d  4 k 1 4 cos  d ,    cos         0,25 41 n   . n d  41 2. k 2  1 41 k  9  x0  0  9k  82k  9  0   2 1  3x02  12 x0  9  9    k   loai   x0  4  9 0,25  x0  0 ta có tiếp tuyến  d1  : y  9 x  x0  4 ta có tiếp tuyến  d 2  : y  9 x  32 . II 2,0 1 1,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: cos 2 x  3 sin 2 x  2  3  3 cos x  sin x  0,25 1 3  3 1   cos 2 x  sin 2 x  1  3  cos x  sin x  2 2  2 2          0,25  cos  2 x    1  3cos  x    2cos 2  x    3cos  x    3  6  6  6
www.VNMATH.com     cos  x  6   0 0,25     2   x    k  x   kk      3 6 2 3  cos  x     loai    6 2 0,25 2 vậy pt có một họ nghiệm x   kk   3 2 1,0 10  x  0  x  10 9  y  0 y  9   Điều kiện :   2 x  y  6  0 2 x  y  6  0 2 x  y  11  0 2 x  y  11  0 0,25 từ phương trình 1 ta có : 5 10  x   3 10  x  5  9  y   3 9  y (3)   xét hàm số : f  t   5t 2  3  t  5t 3  3t trên khoảng  0;    f   t   15t 2  3  0 t  0 . Vậy hàm số f  t  luôn đồng biến trên  0;    0,25 mà phương trình (3)  f   10  x  f   9  y  10  x  9  y  y  x  1 (4) thay (4) vào (2) ta được x  7  10  x  x 2  2 x  66  0  5 Đ/k 7  x  10 giải (5) ta được     x  7  4  1  10  x  x 2  2 x  63  0  5  0,25 x9 x 9     x  9  x  7   0 x7 4 10  x  1 1    x  9    x  7   0  x  9  y  8 thoả mãn đ/k  x7 4 10  x  1  0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    9;8  III 1,0 2  9  x2  I    x  2  x   x3 ln 2 dx  I1  I 2 9  x 0,25 0  2 2 9  x2 với I1   2 x  x 2 dx, I 2   x3 ln dx 0 0 9  x2 2 2    0,25 +Tính I1   1  1  x  dx Đặt 1  x  sin t , t    ;   dx   cos tdt; 0  2 2   Đổi cận: x  0  t  ; x 2t  2 2
www.VNMATH.com    2 2 1 1 1 2  0,25 I1   1  sin 2 t  cos tdt   1  cos 2t  dt  2  t  2 sin 2t    2 2    2 2 2  36 x 2  2 9  x2  du  4 dx 3 9 x u  ln 2  x  81 +Tính I 2   x ln 2 dx Đặt  9 x   0 9  x  3  x 4  81 dv  x dx v  4 0,25 4 2 2 2 4 2 2 2 x  81 9  x x  81 9  x 9 55 13 I2  ln 2  9 xdx  ln 2  x 2 = ln  18 4 9 x 0 0 4 9 x 0 2 0 4 5 55 13  Vậy I  I1  I 2  ln   18 4 5 2 IV 1,0 AC  BD  O , AB  BC  CD  DA  2  ABCD là hình thoi  BD  AC 1 0,25 SB  SD  a  SBD cân tại S  BD  SO  2  .Từ 1 &  2   BD  mp  SAC  . 1 VS . ABCD  BD.dtSAC  * . 3 ABD  CBD  SBD  c  c  c   AO  CO  SO  SAC vuông tại S  BM  SA & DM  SA  SA   BDM  Gọi M là trung điểm của SA    0,25  BMD    SAB  ,  SAD    90 0 1 vậy tam giác BMD vuông tại M  MO  BD mà MO là đường trung bình 2 1 của tam giác SAC  MO  SC từ đó 2 0,25 BD  SC  2  BDC đều cạnh 2  AC  2 3  SA  AC 2  SC 2  2 2 Vậy 1 1 1 4 2 0,25 VS . ABCD  BD.dtSAC  BD.SA.SC  .2.2.2 2  (đvtt) 3 6 6 3 V 1,0 Không mất tổng quát , ta giả sử 0  a  b  c  3 suy ra : a  a  b   0 a 2  ab  b 2  b 2   a  a  c   0 2 2 a  ac  c  c 2 0,25 0  a  b  c  3 2   do đó T  b2 c 2 b 2  bc  c 2  b 2 c 2  b  c   3bc  Từ    a  b  c  3 9 ta có b  c  a  b  c  b  c  3  2 bc  b  c  3  0  bc  . 4 0,25 2 3 9 Do đó T  b 2 c 2  9  3bc   9  bc   3  bc  . Đặt t  bc, điều kiện 0  t  khi đó 4  9 T  9t 2  3t 3 . Xét hàm số f  t   9t 2  3t 3 với t  0;   f   t   9t  2  t   4
www.VNMATH.com  9 f   t   0  t  0  t  2 . Lập bảng biến thiên của hàm f  t  trên  0;  ta được  4 0,25 f  t   12  T  12 dấu bằng khi t  2 Kết luận giá trị lớn nhất của T bằng 12 đạt được tại  a; b; c    0;1; 2  và các hoán vị của  a; b; c  0,25 VIa 2,0 1 1,0  S1  : x2  y 2  10 có Tâm O  0; 0  bán kính R1  10 và  S 2  : x 2  y 2  10 x  10 y  30  0 có tâm I 2  5;5  bán kính R2  2 5 0,25 Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AC & AD , I là trung điểm đoạn thẳng nối tâm OI 2 của hai đường tròn thì AI sẽ là đường trung bình của hình thang  vuông OMNI 2 nên AI  CD  AI là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng CD . 0,25 5 5  1 3  Dễ thấy I  ;   AI   ;   / / n  1; 3  đường thẳng 2 2 2 2 0,25 Qua A  3;1 CD :   vtpt n  1; 3   CD  : 1 x  3  3  y  1  0   CD  : x  3 y  0 . 0,25 2 1,0 OC   OAB   OC  AB Ta có   AB   OCH   AB  OH tương tự CH  AB 0,25 AC  OH  OH   ABC  0,25 quaH 1; 2;3 mp      ABC  :     mp    :1 x  1  2  y  2   3  y  3  0 vtptn  OH  1; 2;3 0,25 mp    : x  2 y  3z  14  0 0,25 VIIa 1,0 Gọi điểm M  a; b  biểu diễn số phức z  a  bi  a, b    theo đề bài ta có 0,25 2 2 1  i  a  bi   1  i  a  bi   2  a  1  bi  2a  b  2  a  1 b a  b  0 a  b a  0 a  b    2 2 2   1  1  a  b    a  1  b 2ab  2a  1  0 b  1  2a b  1  2a 0,25 1 suy ra M  a; b  thuộc đường cong  H  : y  1  với x  0 2x 0,25 Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn :
www.VNMATH.com 1  i  z  1  i  z  2 z  1 . 1 là đường cong  H  : y  1  với x  0 0,25 2x VIb 2,0 1 1,0 x2 y 2 E :  a 2 b2   1 a  b  0  với 2 tiêu điểm F1  c;0  ; F2  c;0  c 2  a 2  b 2 , c  0  0,25 2 đỉnh trên trục nhỏ là B1  0; b  , B2  0; b  theo gt:tam giác B1F1F2  B1 F1F  đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của  E  là 12 2  3 .   0,25 c 2  a 2  b 2  a  6  3  x2 y2 0,25 b  2c  b  3 3   E  :  1  2 c  3 36 27  4  a  b   12 2  3    0.25 2 1,0  Gọi M1   d       M1  2  t ;1  2t;1  t   MM1   3  t ;2  2t ;3  t  . Mặt cầu có tâm I  1; 2;1 . Qua I  1; 2;1 Qua I  1; 2;1 0,25 Mặt phẳng  P  :   P :       vtpt MM 1   3  t; 2  2t;3  t    P  :  3  t  x  1   2  2t  y  2    3  t  z  1  0 Gọi H là trung điểm của AB thì IH  AB và IH  3 0,25 3t  15 3 Do IM  3 2  MH  3  d  M ;  P     t  1  t  6t 2  8t  22 5 0,25  x  1  2t   Với t  1     :  y  1  2t  z  2  t   x  1  6t 3  0,25  Với t      :  y  1  2t 5  z  2  9t  VIIb 1,0  x 2  3x  1  0 Điều kiện :   x  0.  x  0 0,25
www.VNMATH.com     Với điều kiện trên bpt  log5 x 2  3 x  1  x 2  3 x  1  log5  5 x    5 x  * 0,25 Xét hàm số : f  t   log 5 t  t với mọi t  0 0,25 1 Ta có f   t    1  0 t  0 vậy hàm số f  t  đồng biến trên khoảng t ln 5  0;   2 0,25   Từ bpt (*) ta có f x 2  3 x  1  f  5 x   x 2  3x  1  5 x   x  1  0  x  1 Vậy tập nghiệm của bpt là S  1 . ( Ta có thể sử dụng bất đẳng thức côsi cho VT  VT  1 và đánh giá VP  VP  1 do đó bpt  VT  VP  1  x  1 ) Lưu ý khi chấm bài: - Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. - Trong lời giải câu IV, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. -------------------------Hết------------------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.