Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013)
lượt xem 5
download
Cùng tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013) sẽ giúp bạn định hướng kiến thức ôn tập và rèn luyện kỹ năng, tư duy làm bài thi đạt điểm cao.
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013)
- www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) . 2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng (d ) : x − 2 y + 5 = 0 cắt (C ) tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) vuông góc với IA. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3 x + sin 5 x − 2sin x.cos 2 x = 0. 1 1 x − 3 = y − 3 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y ( x; y ∈ ℝ ) . ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 π Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x + cos 2 x ) s in xdx. 2 0 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc BAD = 600 ; D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc ϕ = 60o . Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp C.ADC’. Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 9abc P = a 2 + b2 + c2 + 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc ABC = 300 , đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 , 1 x+2 y z−4 ( P2 ) : 2 x + y − 2 z − 4 = 0 và đường thẳng d: = = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và −1 −2 3 tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2). 4i 2 + 6i Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức ; (1 − i)(1 + 2i); trong mặt i −1 3−i phẳng phức. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. B. Theo chương trình Nâng cao x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp ( E ) : + = 1 với hai tiêu điểm F1 , F2 25 9 (hoành độ của F1 âm). Điểm P thuộc elíp sao cho góc PF1 F2 = 1200 . Tính diện tích tam giác PF1 F2 . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; −1), B (−2;1;3) . Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi. Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu. ---------- HẾT ---------- www.dethithudaihoc.com 1
- www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM www.DeThiThuDaiHoc.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối D Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) + Tập xác định D = R \ {1} + Sự biến thiên lim y = 2 ⇒ Đt y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 0.25 x →±∞ lim y = +∞, lim y = −∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. + − x →1 x →1 −4 y'= < 0, ∀x ≠ 1 ( x − 1) 2 0.25 Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) , (1; +∞ ) . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' + 0 || − 0 + 2 +∞ y 0.25 −∞ 2 + Đồ thị 0.25 b.(1,0 điểm) x+5 Ta có I (1, 2 ) , d : y = 2 0.25 2x + 2 x + 5 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là = x −1 2 x = 3 ⇔ ⇒ A ( 3; 4 ) x = −3 (loai ) 0.25 ɺ 3 −1 Hệ số góc của IA là k = =1 4−2 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên −4 x0 = 3 Tiếp tuyến có hệ số góc = −1 ⇒ 0.25 ( x0 − 1) 2 x0 = −1 Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: y = − x + 7, y = − x − 1 0.25 2 (1,0 điểm) www.dethithudaihoc.com 2
- www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3 x + sin 5 x − ( sin 3x − s inx ) = 0 0.25 ⇔ 3sin 3 x + sin 5 x + sin x = 0 ⇔ 3sin 3 x + 2sin 3x.cos 2 x = 0 ⇔ sin 3x (3 + 2 cos 2 x ) = 0 0.25 ⇔ sin 3x = 0 0.25 kπ ⇔x= ;k ∈Z 0.25 3 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ĐK: x, y ≠ 0 x = y ( y − x)( y 2 + xy + x 2 ) ⇔ y 2 + xy + x 2 1 1 0.25 x − 3 = y − 3 ⇔ ( x − y) = x y 3 3 x y = −1 x3 y 3 Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 x = −6 ta được phương trình: x 2 + 4 x − 12 = 0 ⇔ 0.25 x=2 Hệ có nghiệm (−6; −6); (2; 2) y 2 + xy + x 2 Trường hợp = −1 x3 y3 0.25 Do y 2 + xy + y 2 > 0 với ∀x, y ≠ 0 nên nếu ( x; y ) là nghiệm thì xy < 0 Mặt khác ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 ⇔ 2 x 2 + 4 y 2 − 9 xy + 4 x − 16 y = −36 ⇔ 2( x + 1) 2 + 4( y − 2) 2 − 9 xy = −18 (*) 0.25 Do xy < 0 nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (−6; −6); (2; 2) 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) u = x + cos 2 x du = (1 − 2sin x cos x ) dx Đặt ⇒ . dv = sin xdx v = − cos x π 0.5 π Nên I = − ( x + cos 2 x ) cos x 2 2 + ∫ (1 − 2sin x cos x ) cos xdx 0 0 π π π π 2 2 cos3 x 2 4 = 1 + ∫ cos xdx + 2 ∫ cos xd ( cos x ) = 1 + ( sin x ) 2 2 + (2. ) 2 = 1+1− = 0.5 0 0 0 3 0 3 3 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) C' D' A' B' 0.25 H C D O A B www.dethithudaihoc.com 3
- www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Từ giả thiết: D ' DO = 60 0 a 3 1 a Tam giác ABD đều, AC = 2AO = 2. = a 3 v OD = BD = ; DD'=a 2 2 2 Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO ' = a = DD ' và OO ' ⊥ AC 0.25 (do AC ⊥ ( BDD ' B ') ), nên diện tích tam giác ACC’ là: 1 1 1 a2 3 S ∆ACC ' = S ACC ' A ' = OO'.AC = a.a 3 = , trong đó AC = a 3 2 2 2 2 a2 3 Diện tích tam giác ACD là S ∆ACD = 4 a Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' H ⊥ CD v ∆OD'H vuông tại O. Do đó DH = 4 a 15 Suy ra D ' H = D ' D 2 − DH 2 = . 4 0.25 1 1 1 a 15 a 2 15 Diện tích tam giác C’CD là S ∆C 'CD = S CDD 'C ' = CD.D ' H = a. = 2 2 2 4 8 Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: S xq = S ∆ACC ' + S ∆ACD + S ∆CDC ' = a 2 3 a 2 3 a 2 15 a 2 3 2 + 4 + 8 = 8 6+ 5 ( ) 1 1 a 3 a2 3 a3 Thể tích VC . AC ' D = VC '. ACD = D ' O.S∆ACD = ⋅ ⋅ = (đvtt) 0.25 3 3 2 4 8 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) 9abc 9abc P = a2 + b2 + c2 + = a 2 + (b + c) 2 − 2bc + 2 2 0.25 9a 9a = a 2 + (1 − a) 2 + bc( − 2) = bc( − 2) + 2a 2 − 2a + 1 2 2 1 Không mất tình tổng quát giả sử a = min(a, b, c) nên a ∈ [0; ] 3 9a Khi đó hàm f (t ) = t ( − 2) + 2a 2 − 2a + 1 là hàm nghịch biến. 0.25 2 9a ⇒ f (t ) = t ( − 2) + 2a 2 − 2a + 1 ≤ f (0) = 2a 2 − 2a + 1 2 1 Từ đó ta lại khảo sát hàm f (0) = 2a 2 − 2a + 1 với a ∈ [0; ] 0.25 3 Khi đó ta có MaxP = 1 khi a = 1; b = c = 0 và các hoán vị. 0.25 7.a (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc ABC = 30 , đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 là 0 (1,0 điểm) tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. 7 9 1 Gọi H là hình chiếu của A trên d là H ; , AH = d ( A; d ) = 5 5 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC 0.25 d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ABH = 600 AH 1 Suy ra, HB = 0 = tan 60 15 www.dethithudaihoc.com 4
- www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Gọi tọa độ của B(t ; 2t − 1) 2 2 2 1 7 14 1 7 1 7 3 BH = ⇔ t − + 2t − = ⇔ t − = ⇔t= ± 15 5 5 15 5 75 5 15 0.25 7 3 9 2 3 7 3 9 2 3 ⇒ B + 5 15 ; 5 + 15 ∨ B 5 − 15 ; 5 − 15 7 3 9 2 3 TH1: B + 5 15 ; 5 + 15 1 Phương trình BC qua B vuông góc với d là x + 2 y − 5 − =0 3 1 0.25 C ∈ BC ⇒ C 5 + − 2 a; a 3 31 + 2 3 13 + 3 31 + 2 3 AC. AB = 0 ⇒ a = ⇒C 15 ; 15 15 7 3 9 2 3 TH2: B − 5 15 ; 5 − 15 1 Phương trình BC qua B vuông góc với d là x + 2 y − 5 + =0 3 0.25 1 C ∈ BC ⇒ C 5 − − 2a; a 3 31 + 2 3 13 − 3 31 − 2 3 AC. AB = 0 ⇒ a = ⇒C 15 ; 15 15 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) x+2 y z−4 Giả sử I ∈ (d ) : = = ⇒ I (−2 − t ; −2t ; 4 + 3t ) là tâm của mặt cầu (S) 0.25 −1 −2 3 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) 1 1 t = −13 0.25 ⇔ 9t + 3 = 10t + 16 ⇔ 3 3 t = −1 ⇒ I1 (11; 26; −35); I 2 (−1; 2;1) 0.25 ⇒ R1 = 38 ; R2 = 2 Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 0.25 ( S1 ) : ( x − 11)2 + ( y − 26) 2 + ( z + 35) 2 = 382 , ( S2 ) : ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 4 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 4i 4i ( i + 1) Ta có: = = 2 − 2i có điểm biểu diễn A= (2; -2). i − 1 ( i − 1)( i + 1) (1 − i )(1 + 2i ) = 3 + i có điểm biểu diễn B= (3; 1). 0.5 2 + 6i ( 2 + 6i )( 3 + i ) = = 2i có điểm biểu diễn C= (0; 2). 3−i ( 3 − i )( 3 + i ) www.dethithudaihoc.com 5
- www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Xét BA = ( −1; −3 ) , BC = ( −3;1) ⇒ BA.BC = 0 ⇔ BA ⊥ BC 0.5 Suy ra tam giác ABC vuông tại B. 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) x2 y2 a 2 = 25 a = 5 2a = 10 (E) : + = 1 có 2 ⇒ 2 ⇒ 0.25 b = 9 c = a − b = 16 c = 4 ⇒ F1 F2 = 8 2 2 25 9 Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có: PF1 + PF2 = 2a = 10 PF2 = 10 − PF1 0.25 2 ⇒ PF2 = PF1 + F1F2 − 2 PF1.F1 F2 .cos120 (10 − PF1 ) = PF1 + 8 + PF1.8 2 2 0 2 2 2 9 PF1 = 7 ⇔ 0.25 PF = 61 2 7 1 1 9 3 18 3 ⇒ S ∆PF1F2 = PF1.F1F2 .sin1200 = . .8. = (đvdt) 0.25 2 2 7 2 7 8.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25 Khi đó, AM = ( t − 1; −2;1) ; AB = ( −3; −1; 4 ) ⇒ AM ; AB = ( −7; −4t + 1; −t − 5 ) 0.25 1 1 S ABM = | AM ; AB |= 2 17t + 2t + 75 2 0.25 2 −1 −1 Hàm số f (t ) = 17t 2 + 2t + 75 đạt GTNN tại t = . Vậy M ;0;0 là điểm cần tìm. 0.25 17 17 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ” 0.25 Ta có: H = A ∪ B ∪ C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc. Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: C2 C2 C2 5 P ( H ) = P ( A ∪ B ∪ C ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C ) = 4 + 32 + 2 = 0.5 C92 C9 C92 18 Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H . Suy ra, 5 13 0.25 P( H ) = 1 − P ( H ) = 1 − = . 18 18 www.dethithudaihoc.com 6
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Đề thi thử ĐH môn Toán đợt 4 - THPT Chuyên KHTN
2 p | 180 | 15
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 3 năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Hải Phòng
5 p | 149 | 13
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2014 - Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
7 p | 238 | 12
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014
1 p | 134 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối A,A1,B,D năm 2013-2014 - Trường THPT Quế Võ 1
5 p | 147 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối A, A1,B, D lần 1 năm 2014 - Trường Hà Nội Amsterdam
5 p | 142 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 2 năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự
6 p | 185 | 7
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối B & D năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự
5 p | 112 | 6
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 - Trường THPT Tú Kỳ
6 p | 130 | 6
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc
7 p | 151 | 6
-
Đề thi thử ĐH môn Toán năm 2009 - 2010 - Trường THPT Chuyên Hạ Long
13 p | 91 | 5
-
Đáp án và thang điểm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014
6 p | 150 | 5
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Bắc Giang
33 p | 41 | 3
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Quảng Ninh
34 p | 66 | 3
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2017-2018 - THPT Chuyên Ngữ Hà Nội
27 p | 125 | 2
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 năm 2017-2018 - Chuyên ĐHSP Hà Nội
25 p | 51 | 1
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 năm 2017-2018 - THPT Chuyên Hạ Long
28 p | 83 | 1
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
27 p | 51 | 1
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