Đề thi thử Đại Học môn toán tỉnh Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 i m) Câu 1. Cho hàm s y = x3 − 3 x 2 + 3(1 − m 2 ) x + 2m 2 − 2m − 1 (m là tham s ). 1. Kh o sát s bi n thiên và v th c a hàm s ã cho khi m = −1. 2. Tìm t t c các giá tr c a tham s th c m hàm s ã cho có c c i, c c ti u; c c tr c a th hàm s i x ng nhau qua ng th ng d : x − 4 y − 5 = 0. Câu 2.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại Học môn toán tỉnh Vĩnh Phúc

S GD- T V NH PHÚC THI KH O SÁT CH T L NG L N IV N M H C 2012 – 2013 TR NG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN 12 – Kh i B,D V NH PHÚC Th i gian: 180 phút (Không k giao ) I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 i m) Câu 1. Cho hàm s y = x3 − 3 x 2 + 3(1 − m 2 ) x + 2m 2 − 2m − 1 (m là tham s ). 1. Kh o sát s bi n thiên và v th c a hàm s ã cho khi m = −1. 2. Tìm t t c các giá tr c a tham s th c m hàm s ã cho có c c i, c c ti u; ng th i hai i m c c tr c a th hàm s i x ng nhau qua ng th ng d : x − 4 y − 5 = 0. π π 1 π Câu 2. Gi i ph ng trình cos + 2 x cos − 2 x + sin 2 x (1 + cos 2 x ) = v i 0≤ x≤ . 4 4 4 4 27 x3 y 3 + 7 y 3 = 8 Câu 3. Gi i h ph ng trình ( x, y ∈ ) 9 x2 y + y2 = 6 x e ln x − 2 Câu 4. Tính tích phân I = dx 1 x ln x + x Câu 5. Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình bình hành, v i SA = SB = AB = 2a = 2 BC và ∠ABC = 1200. G i H là trung i m c a c nh AB và K là hình chi u vuông góc c a H trên m t ph ng 3 ( SCD ), K n m trong tam giác SCD và HK = a . Tìm th tích c a hình chóp theo a. 5 Câu 6. Cho a, b là các s th c d ng th a mãn ab + a + b = 3. Ch ng minh r ng 3a 3b ab 3 + + ≤ a 2 + b2 + b +1 a +1 a+b 2 II. PH N RIÊNG (3 i m): Thí sinh ch c m t trong hai ph n riêng, ph n A ho c ph n B. A. Theo ch ng trình chu n Câu 7a. Trong m t ph ng v i h t a Oxy, cho ng tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y + 1) 2 = 16 có tâm I và i m A(1 + 3; 2). Vi t ph ng trình ng th ng ∆ i qua A và c t (C ) t i hai i m B, C phân bi t sao cho tam giác IBC không có góc tù ng th i có di n tích b ng 4 3. Câu 8a. Trong không gian v i h t a Oxyz, cho i m M (0; 4; 2) và hai m t ph ng ( P ), (Q ) l n l t có ph ng trình 3 x − y − 1 = 0, x + 3 y + 4 z − 7 = 0. Vi t ph ng trình c a ng th ng ∆ i qua M và song song v i giao tuy n c a ( P ) và (Q ). Câu 9a. Tìm t t c các s th c a, b sao cho s ph c z = 2 + 3i là nghi m c a ph ng trình z + az + b = 0. 2 B. Theo ch ng trình nâng cao Câu 7b. Trong m t ph ng v i h t a Oxy, cho i m M (3; 4) và ng tròn ω : x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 2 = 0. Vi t ph ng trình c a ng tròn Γ v i tâm M, c t ω t i hai i m A, B ssao cho AB là c nh c a m t hình vuông có b n nh n m trên ω. Câu 8b. Trong không gian v i h t a Oxyz, vi t ph ng trình c a m t c u có tâm I (1; 2;3) và ti p xúc x y+2 z v i ng th ng d := = . 1 −2 2 Câu 9b. Hãy gi i ph ng trình sau trên t p h p s ph c ( z − i )2 ( z + i ) 2 − 5 z 2 − 5 = 0. Cán b coi thi không gi i thích gì thêm!
S GD- T V NH PHÚC THI KH O SÁT CH T L NG L N IV N M H C 2012 – 2013 TR NG THPT CHUYÊN HD ch m môn TOÁN 12 – Kh i B,D V NH PHÚC H ng d n chung: - M i m t bài toán có th có nhi u cách gi i, trong HDC này ch trình bày s l c m t cách gi i. H c sinh có th gi i theo nhi u cách khác nhau, n u ý và cho k t qu úng, giám kh o v n cho i m t i a c a ph n ó. - Câu (Hình h c không gian), n u h c sinh v hình sai ho c không v hình chính c a bài toán, thì không cho i m, nh ng không nh t thi t ph i v hình 1; câu (Hình h c gi i tích) không nh t thi t ph i v hình. - i m toàn bài ch m chi ti t n 0.25, không làm tròn. - HDC này có 04 trang. Câu N i dung trình bày i m 1 1. m = −1: y = x − 3 x + 3 . TX : 3 2 0.25 Chi!u bi n thiên: y′ = = 3 x( x − 2), y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Xét d u y′ và k t lu n: hàm s ng bi n trên (−∞; 0), (2; +∞) , ngh ch bi n trên (0; 2) 0.25 Hàm s tc c i t i x = 0, ycd = 3 ; hàm s t c c ti u t i x = 2, yct = −1 Nhánh vô c c: lim y = = +∞, lim y = = −∞ ; l p b ng bi n thiên 0.25 x →+∞ x →−∞ V th 4 2 0.25 2. y′ = 3 x 2 − 6 x + 3(1 − m 2 ) Hàm s có c c i, c c ti u khi và ch khi y′ = 0 có hai nghi m phân bi t và "i d u khi qua hai 0.25 nghi m ó. i!u này t ng ng v i ph ng trình x 2 − 2 x + 1 − m 2 = 0 có hai nghi m phân bi t, t c là m ≠ 0. Khi ó, th c a hàm s có hai i m c ctr A(1 + m; −2m3 − m 2 + 1), B (1 − m; 2m3 − m 2 + 1) 0.25 Hai i m này i x ng nhau qua d khi và ch khi trung i m c a AB n m trên d và AB ⊥ d . i!u 1 − 4(1 − m 2 ) − 5 = 0 0.25 này t ng ng v i ⇔m=± 2 −2 m = −42 K t lu n 0.25 2 π 1 Bi n "i tích thành t"ng, thu c cos( ) + cos 4 x + (1 − cos 2 x)(1 + cos 2 x) = 0.25 2 2 1 π kπ ⇔ cos 4 x + 1 − cos 2 2 x = ⇔ cos 4 x = 0 ⇔ x = + , k∈ 0.5 2 8 4 π π Do x ∈ 0; nên x = 0.25 4 8
3 Nh n xét y ≠ 0, nhân hai v ph ng trình th hai v i 7y, tr# i ph ng trình th nh t, c (3 xy )3 − 7(3 xy ) 2 + 14(3 xy ) − 8 = 0 0.25 T# ó tìm c ho c xy = 1 ho c xy = 2 ho c xy = 4 19 7 V i xy = 1, thay vào ph ng trình th nh t, c y = −3 do ó x = − 3 0.25 7 19 26 7 V i xy = 2, thay vào ph ng trình th nh t, c y = −2 3 do ó x = − 3 0.25 7 26 215 7 V i xy = 4, thay vào ph ng trình th nh t, c y = −2 3 do ó x = −2 3 0.25 7 215 4 ln x − 2 dx Vi t l i bi u th c d i d u tích phân · 0.25 ln x + 1 x dx t ln x = t th thì khi 1 ≤ x ≤ 2 thì 0 ≤ t ≤ 1 và = dt , 0.25 x 1 1 t−2 3 Khi ó I = dt = 1− dt 0.25 0 t +1 0 t +1 Tính c I = 1 − 3ln 2 = 1 − ln 8 0.25 5 S B a C a a 2a a 2a B H C I a K a a H I a J A D A a D Hình 1 Hình 2 G i I là trung i m CD. Ch ra các tam giác ADH , HDI , IHB, BCI là các tam giác !u c nh a. Suy a2 3 ra S ABCD = 4 × = a 2 3 ( .v.d.t) 0.25 4 G i J là trung i m DI. Khi ó HJ ⊥ AB, CD và do ó CD ⊥ ( SHJ ) . a 3 Suy ra K ∈ SJ . Ngoài ra HJ = . H n n$a, do tam giác SAB là tam giác !u c nh 2a và H là 2 0.25 trung i m AB nên SH ⊥ AB và SH = a 3. 1 1 5 1 Suy ra 2 + 2 = 2 = do ó tam giác SHJ vuông t i H . 0.25 SH HJ 3a HK 2 T# ó, do SH ⊥ AB, HJ nên SH ⊥ ( ABCD ) hay SH là ng cao c a hình chóp. 0.25
V y VS . ABCD = = a 3 ( .v.t.t) 6 T# gi thi t suy ra (1 + a )(1 + b) = 1 + ab + a + b = 4 . t a + b = x, x > 0 th thì 0.25 x 2 = (a + b) 2 ≥ 4ab = 4(3 − x) x ≥ 2 (do x > 0 ) B t ng th c c n ch ng minh t ng ng v i 3 3a (1 + a ) + 3b (1 + b ) 3 12 − 1 ⇔ ( a2 + b2 ) − 3 ( a + b ) − 0.25 a 2 + b2 + ≥ + + 10 ≥ 0 (1) 2 (1 + a )(1 + b ) a+b a+b Do a 2 + b 2 = (a + b) 2 − 2ab nên a 2 + b 2 = x 2 − 2(3 − x) = x 2 + 2 x − 6, do ó (1) tr% thành 12 0.25 x 2 + 2 x − 6 − 3x − + 10 ≥ 0 ⇔ x3 − x 2 + 4 x − 12 ≥ 0 x ý r ng x3 − x 2 + 4 x − 12 = ( x − 2)( x 2 + x + 6) ≥ 0 nên b t ng th c cu i cùng luôn úng. Suy ra 0.25 i!u ph i ch ng minh. 7a ng tròn (C ) có tâm I (1; −1) và bán kính R = 4 0.25 1 3 Do ·IC ·IB·sin ∠CIB = S ICB = 4 3 nên sin ∠CIB = . T# ó, do ∠CIB ≤ 900 và IC = IB nên 2 2 0.25 tam giác CIB !u, v i dài ba c nh b ng 4. B%i v y, bài toán quy v! vi t ph ng trình ng th ng ∆ i qua A(1 + 3; 2) và cách I (1; −1) m t kho ng b ng 2 3. ng th ng ∆ có ph ng trình a ( x − 1 − 3) + b( y − 2) = 0 v i a 2 + b 2 ≠ 0. | − a 3 − 3b | 0.25 Ta có ph ng trình = 2 3 , t# ó tìm c b=a 3 a2 + b2 Ch n a = 1, b = 3 , suy ra ∆ : x + 3 y − 1 − 3 3 = 0. 0.25 8a M t ph ng ( P ) có véct pháp tuy n p = (3; −1;0) và m t ph ng (Q ) có véct pháp tuy n 0.25 q = (1;3;4) Giao tuy n d c a (P) và (Q) có véct ch ph ng 0.25 u = [ p; q ] = = ( −4; −12;10) = −2(2;6; −5) 1 Do ∆ d nên ∆ có véct ch ph ng v = − ·u = (2;6; −5) 0.25 2 x y−4 z−2 Do ó, ∆ có ph ng trình = = 0.25 2 6 −5 9a Tính z 2 = 1 + 6i, az = 2a + (3a )i 0.25 Suy ra z 2 + az + b = (2a + b + 1) + (3a + 6)i 0.25 2a + b + 1 = 0 T# ó, có h 0.25 3a + 6 = 0 Gi i h , thu c a = −2, b = 3 và k t lu n. 0.25 7b ng tròn ω có tâm I (3; −1) và bán kính R = 2 2 . 0.25 Gi s& tìm c ng tròn Γ : ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = ρ 2 th a mãn yêu c u. Khi ó, do AB là dây cung chung, nên AB ⊥ IM , hay ng th ng AB nh n IM = (0;5) làm véct pháp tuy n. H n 0.25 n$a, I và M % v! hai phía c a AB. Do ó, ng th ng AB có ph ng trình d ng 5 y + c = 0 v i −20 < c < 5 (1)
R AB là c nh c a hình vuông n i ti p ω khi và ch khi d ( I ; AB ) = = 2 . T# ó, k t h p v i (1), 2 0.25 tìm c c = −5 . Suy ra AB : y − 1 = 0. ρ 2 − 23 M t khác AB là tr'c ng ph ng c a ω , Γ nên AB có ph ng trình ... y + = 0. T# ó 10 0.25 ρ = 13 , b%i v y Γ : ( x − 3) + ( y − 4) = 13 2 2 2 8b + ng th ng d i qua M (0; −2;0) , có véct ch ph ng u = (1; −2;2) . 0.25 Tính c MI = (1;4;3) [ MI ; u ] 233 + Kh ng nh và tính c d (I;d ) = = = 0.5 |u | 3 + Kh ng nh m t c u c n tìm có bán kính b ng d ( I ; d ) và vi t ph ng trình 233 0.25 ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 9b Vi t l i ph ng trình v! d ng ( z 2 + 1) 2 − 5z 2 − 5 = 0 0.25 Khai tri n, rút g n, nhân t& hóa ( z 2 + 1)( z 2 − 4) = 0 0.5 Gi i các ph ng trình, thu c z = ±i và z = ±2 r i k t lu n. 0.25