Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Huệ lần 2 (2012-2013)

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Huệ lần 2 (2012-2013).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Huệ lần 2 (2012-2013)

TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013 NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . 2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu 2: (2 điểm) 1 1. Giải phương trình: 2sin x+tanx+  1  tan3x cos3x log 2 x  2 y  2  2. Giải hệ phương trình:  4 x  1  xy 4  y  0 2  Câu 3: (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) : x2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN = 3 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 và đường thẳng x  3 y  2 z 1 (d):   . Viết phương trình đường thẳng () đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) 2 1 1 và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB. Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Câu 5: (2 điểm)  4 2sinx+cosx 1. Tìm  (sinx+cosx) dx 0 3 x2 3mxm  23x mx3m  x2  2mx  2m có 2 nghiệm dương 2 2. Tìm m để phương trình : 2 phân biệt. Câu 6: (1điểm) Xét các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3(b  c) 4a  3c 12(b  c) P   . 2a 3b 2a  3c ----------------------HẾT---------------------- Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013 NGUYỄN HUỆ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu ý Nội dung Điểm 1 1 y  x  2x  2 4 2 (2điểm) TXĐ: R 0,25 x  0 y '  4x  4x . y '  0   3  x  1 Giới hạn: limy  ; limy   x  x  bảng biến thiên X -∞ 1 0 1 +∞ y’ – 0 + 0 – 0 + 0,25 Y +∞ 2 +∞ 3 3 Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3);(1; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 1);(0;1) 0,25 Điểm cực đại (0; 2) ; điểm cực tiểu (1; 3);(1; 3) Đồ thị 1 7 1 7 đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là ( ;  );( ;  ) 3 3 3 3 y 4 2 0,25 -5 5 O x -2 -4 Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng 2 Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: x4  2 x2  2  m  0 (1) Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt  3  m  2 0,25 Đặt t  x 2 (t  0) Phương trình trở thành : t 2  2t  2  m  0 0,25 Khi 3  m  2 thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:  t2   t1  t1  t2 4 nghiệm lập thành cấp số cộng  t2  t1  2 t1  t2  9t1 0,25
Theo định lý Vi-ét ta có:  1 t1  t1  t2  2 10t1  2  5   2  t1t2  2  m 9t1  2  m m   59 (tm)   25 0,25 59 Vậy m   25 2 1  k 2 Điều kiện: cos3x  0  x   0,25 (2điểm) 6 3 1 1 2sin x Pt  2sin x   1  tan 3x  tan x  2sin x   1 cos 3x cos 3x cos 3x  1 0,5  (2sin x  1)( 1  1)  0  sinx= 2 cos 3x  cos3x=1   1  x  6  k 2 sinx=   (không thỏa mãn điều kiện) 2  x  5  k 2   6 0,25 k 2 cos3x=1  3x  k 2  x  (thỏa mãn điều kiện) 3 k 2 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 3 2  log 2 x  2 y2 (1)  Điều kiện: x>0.   4 x  1  xy 4  y 2  0 (2) Từ (2) suy ra y
1 1 2t Vì g ( )  2 ln 2.ln 2  2.ln 2 2   2.ln 2 2 t  0 ln 2 t  f '( y)  0 y  0  f ( y) nghịch biến trên khoảng (;0) Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất y  1  x  4 Vậy hệ có nghiệm (4;-1) 0,25 3 Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) (2điểm) bk R = 3 . M Gọi H là giao điểm của MN và AI 0,25 H 3 Ta có : IH  IM 2  MH 2  A I 2 IA  5 N 0,25 TH1: A và I nằm khác phía với MN 3 7 Ta có : HA  IA  IH  5   2 2 0,25 Trong tam giác vuông MHA ta có : AM  HM 2  AH 2  13 Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  13 TH2: A và I nằm cùng phía với MN Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A 3 13 Ta có : HA  IA  IH  5   M 2 2 Trong tam giác vuông MHA ta có : H 0,25 AM  HM 2  AH 2  43 I A Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  43 N 2 Gọi điểm A(3  2t , 2  t; 1  t )  (d ) và B(a, b, c)  ( P) 0,25 3  2t  a  6 a  3  2t   M là trung điểm của AB  2  t  b  0  b  2  t 1  t  c  6 c  5  t 0,5   Vì B(a, b, c)  ( P)  a  b  c  2  0  (3  2t )  (2  t )  (5  t )  2  0  t 1 Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)  x  3  2t  0,25 Vậy phương trình đường thẳng () là:  y  t  z  3  t 
4 Gọi I là trung điểm AC, do tam giác S (1điểm) SAC cân nên SI  AC mà (SAC )  ( ABC ) suy ra SI  ( ABC ) M 0,25 A H I B N C Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH  (ABC) do đó: (MN ,( ABC ))  MNH  600 . 0,25 a2 S ABC  2 a 3a 2 Xét tam giác HCN có : NC  ; HC  2 4 2 5a a 10 0,25 NH 2  HC 2  NC 2  2 HC.NC.cos450   NH  8 4 30 30 Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 600  a ; SI  2MH  a 4 2 0,25 1 30 VSABC  SI .S ABC  a3 3 12 5 1   4 4 (2điểm) 2sinx+cosx cosx(2 tan x+1)  (sinx+cosx)3 dx   3 0 cos x(tanx+1) 3 dx 0 0,25 1  Đặt t = tanx  dt  2 dx . Đổi cận x =0  t  0 ; x   t  1 cos x 4 1 1 1 (2 t +1) 2 1 0, 5 Vậy I   3 dt   2 dt   3 dt 0 (t+1) 0 (t+1) 0 (t+1) 1 1 2 1 5    0,25 t  1 0 2(t+1) 0 8 2 2 1 2 x 3mxm  23 x mx3m  (3x 2  mx  3m)  ( x 2  3mx  m)  2 2 2  0,25 1 Xét f (t )  2  t là hàm đồng biến trên R t 2 0,25 Vậy pt  x  2mx  2m  0 2 Pt có 2 nghiệm dương phân biệt   '  0  m  2m  0 2   0,5   S  0   2m  0 m2 P  0  2m  0   Vậy m>2
6 1 1 4 x, y  0    (*) Dấu “=” xảy ra  x  y (1điểm) x y x y 3(b  c)  4a  3c  12b  c  P  11  2   1   8  0,5 2a  3b  2a  3c  1 4   4a  3b  3c  1     2a 3b 2a  3c  1 1 4 Áp dụng (*):   2a 3b 2a  3b 4 4 16 0,25   2a  3b 2a  3c 4a  3b  3c 1 1 4 16     2a 3b 2a  3c 4a  3b  3c  P  11  16  P  5 0,25 2 Dấu “=” xảy ra  b  c  a 3 2  Min P  5, khi b  c  a 3 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl