Đề thi thử đại học môn Toán năm 2012 - 2013 - THPT Nguyễn Huệ

Chia sẻ: Nguyen Thi Nha Phuong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

212
lượt xem 57
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo "Đề thi thử đại học môn Toán năm 2012 - 2013 - THPT Nguyễn Huệ" dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học chuyên môn toán học, giúp các học sinh củng cố và nâng cao kiến thức. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn Toán năm 2012 - 2013 - THPT Nguyễn Huệ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 ( Cm ) 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 ) 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( Cm ) cắt đường tròn tâm I ( 1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất Câu II (2 điểm) 2� π� 1. Giải phương trình 2 cos 3x cos x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 2 3cos � x + � 2 � 4� 2. Giải phương trình ( x 2 + 1) = 5 − x 2 x 2 + 4 2 e  ln x  Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =   ∫ x 1 1 + ln x + 3x 2 ln x dx   Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung điểm uu r uur u của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA = −2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến m ặt ph ẳng (SAH). Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 2 3 Chứng minh rằng + + b2 + c2 c2 + a2 a 2 + b2 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và d ' : x + y − 6 = 0 . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; −1; 2) và N ( −1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K ( 0;0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn nhất n Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( a + b ) = n Cn a n − k b k . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng k k =0 với k = i-1. 8 �log 3 9 x−1+7 − 1 log2 � x−1+1�� 3 � � Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển � 2 2 +2 5 � �� là 224. � � � � B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là x − 2 y + 1 = 0 và x − 7 y + 14 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M ( 2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2;3;1) , B ( −1; 2;0 ) , C ( 1;1; −2 ) . Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2 …………………….Hết…………………….
Câu 1: 2.(1,0 điểm) Ta có y ' = 3x 2 − 3m Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt � m > 0 1 Vì y= x. y '− 2mx + 2 nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là y = −2mx + 2 3 2m − 1 Ta có d ( I , ∆ ) = < R = 1 (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 4m 2 + 1 điểm A, B phân biệt 1 1 1 2 1 Với m , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: S ∆ABI = IA.IB.sin AIB R = 2 2 2 2 R 1 Nên S ∆IAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I � IH = = (H là trung điểm của 2 2 2m − 1 1 2 3 AB) � = �m= 4m 2 + 1 2 2 Câu 2:.(1,0 điểm) Đặt ( t = x 2 x 2 + 4 � t 2 = 2 x 4 + 2 x 2 ta được phương trình ) t2 t = −4 + 1 = 5 − t � t 2 + 2t − 8 = 0 � 2 t=2 Với t = −4 ta có x0 x x>0 �>0 x x 2 x 2 + 4 = 2 �� 4 �4 �2 x= 3 −1 2 x + 2x2 = 4 ( ) x + 2x2 − 2 = 0 x = 3 −1 e e ln x Câu 3: (1,0 điểm) I=∫ dx + 3∫ x 2 ln xdx =I1+3I2 1 x 1 + ln x 1 e ln x +) Tính I1 = ∫ dx . 1 x 1 + ln x 1 Đặt t = 1 + ln x � t 2 = 1 + ln x; 2tdt = dx x Khi x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2 2 2 t −1( ) �3 � 2 2 2− 2 ( ) ( ) 2 2 t � I1 = � .2tdt = 2 � t − 1 dt = 2 � − t � = 1 t 1 � 3 � 3 � � 1  dx e u = ln x du = x  +) TÝnh I 2 = ∫ x ln xdx . §Æt  ⇒ 2 dv = x dx v = x 2 3 1   3 e x 3 1 e 1 x e e e3 1 2e3 + 1 3 3 3 � I 2 = .ln x 1 − x 2dx = − . 1 = − + = e 3 31 3 3 3 3 9 9 9 I = I 1 + 3I 2 = 5 − 2 2 + 2e 3 3
Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có H thuộc tia đối của tia IA S .K uu r uur u IA = −2 IH H B I C A và IA = 2 IH a 3a BC = AB 2 = 2a Suy ra IA = a, IH = � AH = IA + IH = 2 2 a 5 Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC . AH .cos 450 � HC = 2 a 15 ( Vì SH ⊥ ( ABC ) � SC , ( ABC ) = � 0 ) 0 SCH = 60 � SH = HC . tan 60 = 2 a 5 Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC . AH .cos 450 � HC = 2 a 15 Vì SH ⊥ ( ABC ) � ( SC , ( ABC ) ) = �SCH = 600 � SH = HC .tan 600 = 2 1 a 3 15 Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABC = S ∆ABC .SH = ( dvtt ) 3 6 BI ⊥ AH * � BI ⊥ ( SAH ) BI ⊥ SH d ( K , ( SAH ) ) SK 1 1 1 a � = = � d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI = d ( B, ( SAH ) ) SB 2 2 2 2 Câu 5(1,0 điểm) Do a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên a, b, c ( 0;1) ( ) 2 5 3 2 a a −1 Ta có a − 2a + a 3 = = −a + a 2 2 2 b +c 1− a ( Bất đẳng thức trở thành − a 3 + a + −b3 + b + − c3 + c) ( ) ( ) 2 3 3 Xét hàm số f ( x ) = − x3 + x ( x ( 0;1) ) . Ta có: M0;1) f ( x ) = 2 ax 3 ( 9 2 3 � f ( a) + f ( b) + f ( c) � 3 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 3
Câu 6a: 1.(1,0 điểm) Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình 9 x= x − y −3 = 0 � 3� 9 � �� 2 �I�; � x+ y −6 = 0 3 � 2� 2 y= 2 Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD � M = d �Ox � M ( 3; 0 ) Ta có: AB = 2 IM = 3 2 Theo giả thiết S ABCD = AB. AD = 12 � AD = 2 2 Vì I, M thuộc d � d ⊥ AD � AD : x + y − 3 = 0 Lại có MA = MD = 2 tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình x+ y −3= 0 �=2 �=4 x x � �� A ( 2;1) ; D ( 4; −1) ( x − 3 ) + y 2 = 2 � = 1 � = −1 2 y y Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) r Câu 6a:2.(1,0 điểm)Gọi n = ( A, B, C ) ( A2 + B 2 + C 2 0 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax + B ( y + 1) + C ( z − 2 ) = 0 � Ax + By + Cz + B − 2C = 0 N ( −1;1;3) ��) (P − A + B + 3C + B − 2C = 0 � A = 2 B + C � ( P ) : ( 2 B + C ) x + By + Cz + B − 2C = 0 Khoảng cách từ K đến mp(P) là: B ( d K , ( P) = ) 2 2 4 B + 2C + 4 BC -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B 0 thì B 1 1 d ( K,( P) ) = = 4 B 2 + 2C 2 + 4 BC �C � 2 2 2 � + 1�+ 2 �B � Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 1 1 ( ) 1 ( ) ( ) − log 2 3 x−1 +1 − 3 9 x−1 + 7 Câu 7a: Ta có 2log 2 = 9 x −1 + 7 3 , 2 5 = 3x −1 + 1 5 Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là 3 5 � 1 �� 1 � ( ) ( ) ( )( ) − −1 C � x −1 + 7 3 �. � x −1 + 1 5 89 3 5 x −1 x −1 �= 56 9 + 7 3 + 1 � �� Treo giả thiết ta có ( )( ) −1 56 9 x −1 + 7 3x −1 + 1 = 224 9 x −1 + 7 � =4 3x −1 + 1 x =1 x=2 Câu 6b: 1.(1,0 điểm) Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình: 21 x= x − 2 y +1 = 0 5 � 13 � 21 � �� B� ; � x − 7 y + 14 = 0 13 � 5� 5 y= 5
Lại có ABCD là hình chữ nhật nên ( AC , AB ) = ( AB, BD ) . uuur uuu r uuur Kí hiệu n AB = ( 1; −2 ) , nBD = ( 1; −7 ) , n AC = ( a , b ) lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC uuu uuu r r uuu uuu r r ( ) ( Khi đó ta có: cos n AB , nBD = cos n AC , n AB � a − 2b = ) 3 2 a2 + b2 a = −b � 7 a + 8ab + b = 0 � 2 2 b a=− 7 Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0 � − y −1 = 0 x �=3 x A = AB AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ � �� A ( 3; 2 ) � − 2 y +1 = 0 x �=2 y Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 7 x= x − y −1 = 0 � 5� 7 � � � 2 �I�; � x − 7 y + 14 = 0 5 � 2� 2 y= 2 � 12 � 14 Do I là trung điểm của AC và BD nên C ( 4;3 ) , D � ; � � 5� 5 Với b = -7a loại vì AC không cắt BD Câu 6b: 2.(1,0 điểm) H ( x; y; z ) là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH ⊥ AC , CH ⊥ AB, H ( ABC ) 2 uuu uuu r r x= BH . AC = 0 ( x + 1) + 2 ( y − 2 ) + 3z = 0 15 � r uur uuu u � 29 � � . AB = 0 CH � �( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 0 � � = 3 y �uuu uur uuu r u r � 15 AH � , AC � 0 � � AB �= ( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0 � 1 � z=− 3 � 29 1 � 2 � H � ; ;− � � 15 3 � 15 I ( x; y; z ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI = BI = CI , I ( ABC ) ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 1) = ( x + 1) + ( y − 2 ) + z 2 2 2 2 2 2 AI 2 = BI 2 � � � �x − 1) + ( y − 1) + +22 = ( x + 1) + ( y − 2 ) + z 2 ( 2 2 2 2 � � 2 = BI 2 CI � uuu uuu uur r r � � � , AC � 0 AI � AB �= �x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0 ( 14 x= 15 61 � 61 1 � 14 � y= � I � , ,− � 30 � 30 3 � 15 1 z=− 3 Câu 7b: Điều kiện x > 0 Bất phương trình � 3 ( x − 3) log 2 x > 2 ( x − 1) ( 1) Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1) 3 x −1 TH1: Nếu x > 3 thì ( 1) � log 2 x > 2 x−3 3 Xét hàm số f ( x) = log 2 x , hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; + ) 2
x −1 g ( x) = , hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; + ) x −3 + Với x> 4 thì f ( x ) > f ( 4 ) = 3 = g ( 4 ) > g ( x ) Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 + Với x 4 thì f ( x ) f ( 4) = 3 = g ( 4) g ( x) bất phương trình vô nghiệm 3 x −1 TH2: Nếu x < 3 thì ( 1) � log 2 x < 2 x−3 + Với x 1 thì f ( x) f ( 1) = 0 = g ( 1) g ( x ) bất phương trình vô nghiệm + Với x < 1 thì f ( x ) < f ( 1) = 0 = g ( 1) < g ( x ) Bất phương trình có nghiệm 0 < x