Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tam Dương (2011-2012) Lần 1

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tam Dương (2011-2012) Lần 1.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tam Dương (2011-2012) Lần 1

www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM HỌC 2011 - 2012 TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG MÔN: TOÁN 12 KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M tạo với hai đường tiệm cận của đồ thị (C) một tam giác với đường tròn ngoại tiếp có bán kính bằng 2. Câu II (2,0 điểm)   1. Giải phương trình 2cos3 x cos x  3(1  sin 2 x)  2 3 cos 2  2 x   .  4 2 2  x  y  xy  4 y  1  2. Giải hệ phương trình  y x  y  2 2  x 1 Câu II (2,0 điểm) ( x 2  3 x  9). 3 x  1  4 2 x  3 1. Tính giới hạn lim x2 x2 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1  9  6 x  3x 2 Câu IV (2,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a, AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) theo a. 2. Cho các số a, b, c dương thoả mãn a 2  b 2  c 2  12 . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    1  a3 1  b3 1  c3 Câu V (2,0 điểm) 1. Cho phương trình x  1  4m 4 x 2  3x  2  (m  3) x  2  0 . Tìm m để phương trình có nghiệm thực. 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và điểm C(3;3). Biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d): 3 x + y  2 = 0 và A có hoành độ âm. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:......................................................... ..............................SBD:...................
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A C©u Néi dung §iÓm 1. TXĐ:  \{1} + Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: 2x 1 2x 1 lim y  lim  2; lim y  lim  2  y = 2 là tiệm cận ngang. x  x x  1 x x x  1 0,25 2x 1 2x 1 lim y  lim  ; lim y  lim    x = 1 là tiệm cận đứng. x 1 x 1 x  1 x 1 x 1 x  1 1 y'  0 x  (;1)  (1; ) ( x  1) 2 BBT x ∞ 1 +∞ y'   0 1 +∞ 0,5 y ∞ 1 Hàm số nghịch biến trên: ( ; 1) và (1; +) §å thÞ: y I 2 0,25 1 1 O 2 x 1 Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng 2. Giả sử M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị (C) của hàm số. 1 2 x0  1 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M là y  2 ( x  x0 )  ( x0  1) x0  1 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)  2 x0  Giao với đường thẳng x = 1 là A 1;  0,25  x0  1  Giao với đường thẳng y = 2 là B  2 x0  1; 2  Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 nên 4 AB  2 2  AB 2  8  (2 x0  2) 2  8 ( x0  1) 2 0,5  x0  0  ( x0  1) 4  2( x0  1) 2  1  0  ( x0  1) 2  1    x0  2 Vậy có hai điểm cần tìm là M1 (0; 1), M 2 (2; 3)
    1. Phương trình tương đương 2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  3 1  cos  4 x    0,25   2   2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  3(1  sin 4 x)  2 cos 3 x cos x  3(sin 4 x  sin 2 x)  0 0,25  2 cos 3 x cos x  2 3 sin 3 x cos x  0   cos x  0 x  2  k  cos x(cos 3 x  3 sin 3 x)  0     tan 3 x   1 x     k   3  0,5  18 3   k Vậy phương trình có hai nghiệm là: x   k  và x    (k  ) 2 18 3 II 2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.  x2  1  x y  4  y 0,25 Hệ tương đương với:  x  y  y  2   x2  1 u  v  4 x2  1  Đặt u  , v  x  y . Hệ phương trình có dạng  1 0,25 y v  u  2  Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3 0,25  x2  1 u  1   1  x  1  x  2 Với   y  ,  0,25 v  3  y  2 y  5 x  y  3 3 1. Xét hàm số f ( x)  ( x 2  3x  9) 3 x  1  4 2 x  3; x  ta có: 2 x 2  3x  9 1 41 0,5 f (2)  0 và f '( x)   2 x  3 3 x  1    f '(2)  33 ( x  1) 2 2 4 (2 x  3) 2 6 f ( x)  f (2) 41 Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng: I  lim  f '(2)  0,5 III x2 x2 6 2. TXĐ: D = [1; 3] 3  3x 9  6 x  3x 2  3  3x y '  1  9  6 x  3x 2 9  6 x  3x 2 0,5 3 x  3  0  y '  0  9  6 x  3x 2  3  3x  0   2 2  x2 9  6 x  3 x  (3 x  3)  Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4 Vậy max y  6; min y  0; 0,25 [ 1;3] [ 1;3]
S A B D C 1 3a 2 Diện tích hình thang ABCD là S  (2a  a ).a  ; 2 2 1 Diện tích tam giác ABD là SABD  AB. AD  a 2 0,25 2 a2 Diện tích tam giác BCD là SBCD  S  SABD  2 IV 1 1 a 2 a3 Thể tích khối chóp S.BCD là VSBCD  SA.S BCD  3a.  0,25 3 3 2 2 Ta có: SD  9a 2  a 2  a 10 Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD  CD  SD. 0,25 1 Diện tích tam giác SCD là S SCD  a 2 10 2 Gọi d là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). Ta có 1 a3 3a3 3a 10 0,25 VSBCD  d .S SCD  d 2  3 2 a 10 10 1  a  1  a  a2    2  a2  2 2 3 2 Ta có: 1  a  (1  a )(1  a  a )  4 4 0,5 1 1 2    2 1  a3 (1  a)(a 2  a  1) a  2 1 1 1 2 2 2 18 Vậy    2  2  2  2 2 2 1 1  a3 1  b3 1  c3 a  2 b  2 c  2 a  b  c  6 0,5 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 Vậy GTNN của biểu thức là P = 1 1. ĐK: x ≥ 2 . Nhận xét x = 2 không là nghiệm của phương trình. x 1 x 1 Với x > 2 phương trình tương đương với:  4m 4 m3 0 x2 x2 x 1 0,25 Đặt t  4 , t  1. V x2 t 2  3 Phương trình có dạng t 2  4mt  m  3  0  m   f (t ) (t > 1) 4t  1 t 2  3 4t 2  2t  12 3 Khảo sát f (t )  với t > 1, f '(t )  2 0t  , 0,25 4t  1 (4t  1) 2
3 3 Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm  m  max f (t )  f ( )   0,5 1;  2 4 2. Gọi A(t ; 3t  2)  d , (t  ) . Ta có: d ( A, DM )  2d (C , DM ) 4t  4 2.4    t  3  t  1 hay A(3; 7) hoặc A(1; 5). 0,25 2 2 Vì hoành độ điểm A âm nên A(1; 5) V Gọi D(m; m  2)  DM , (m   )     AD  (m  1; m  7); CD  (m  3; m  1) Do tứ giác ABCD là hình vuông nên: 0,5      DA.DC  0  m  5  m  1    2 2 2 2  m  5  D(5; 3)  DA  DC  (m  1)  (m  7)  (m  3)  (m  1)     Vì AB  DC  (2; 6)  B (3; 1) 0,25 Kết luận: A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3).