Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Thuận Thành Số 1 lần 1 (2012-2013)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Thuận Thành Số 1 lần 1 (2012-2013). Nhằm giúp cho các bạn em củng cố kiến thức chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Thuận Thành Số 1 lần 1 (2012-2013)

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A+B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H ) biết tiếp tuyến cách đều hai điểm A(2;4) và B(4;2) . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1  cos 2 x  sin 2 x  cos x  cos 2 x  cos x 1  tan x  2 x  y  5  3  x  y  x3  3 x 2  10 y  6  2. Giải hệ phương trình:  3 2 3 .  x  6 x  13 x  y  y  10  2 2 x 3  3x 2  x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I   dx 0 x2  x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a . Trên a cạnh AB lấy điểm M sao cho AM  , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) 2 và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b,c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a3 b3 c3 M  3  3 a 3  (b  c)3 b  (c  a ) 3 c  ( a  b) 3 II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là M(1; 4). Phương trình đường phân giác trong góc B là x – 2y + 2 = 0, phương trình đường cao qua C là 3x + 4y – 15 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng x 1 y 1 z x 1 y  2 z d1 :   ; d2 :   . Viết phương trình mặt phẳng ( P) song song với 2 1 1 1 2 1 mp (Q) : x  y  2 z  3  0 và cắt d1 , d 2 theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. x x 1 2 x 1 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 3 2  12 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng  đi qua M (2;3) và cắt đường tròn x 2  y 2  2 x  2 y  2  0 tại hai điểm A, B sao cho AB  2 3 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(2;4;3) và B(4;2;15) . Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất.  y 2  2 xy  y  2 x  2  0 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 log 2 (2 x  y )  3 log 2 ( y  1)  4 ----------Hết ---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………………… C m ơn b n Tr n Phư c Sang :psang76@gmail.com đã g i đ n www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT THUẬN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM THÀNH SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm I 1.(1.0 điểm) (2.0  Tập xác định: D  R \ {1} điểm)  Sự biến thiên: 1 0.25 - Chiều biến thiên: y'   0 x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;1) và (1;) - Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2, lim y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2 x  -∞ x  +∞ 0.25 lim y = + ∞ lim y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1 x  (-1)- x  (-1)+ - Bảng biến thiên: x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 0.25 2 -∞  Đồ thị: 0.25 Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng 2.(1.0 điểm) 1 2x  1 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( x0  1) , phương trình tiếp tuyến là y  2 ( x  x0 )  0 ( x 0  1) x0  1 0.25 Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB.  Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có: 1 2x  1 1 2 ( 1  x 0 )  0  x0  1 ( x0  1) x0  1 0.25 1 5 suy ra phương trình tiếp tuyến là y  x  4 4  Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là  2  ( 4) 1  x0  0 0.25 k 1  2 1  4  ( 2 ) ( x0  1)  x0  2 với x 0  0 ta có phương trình tiếp tuyến là y  x  1 Với x 0  2 ta có phương trình tiếp tuyến là y  x  5 0.25 Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là y  1 x  5 ; y  x  1 và y  x  5 . 4 4 2 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com
Câu Đáp án Điểm II 1.(1.0 điểm) (2.0 Đk: cos x  0; t anx  1 điểm)  sin x  cos x  2   cos 2 x  sin 2 x   cos x pt     cos x 0.25 sin x  cos x cos x   2 cos x  cos x  sin x  cos x  cos x  0   cos x  sin x  cos x  sin x  1  0 vì cos x  0 2 0.25    x  4  k  tan x  1          2   x    k 2 0.25 sin x    2     4 2  x    k 2     Vậy nghiệm của pt là: x   k ; x    k 2 0.25 4 2.(1.0 điểm) Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành: 3 0.25  x  2    x  2   y 3  y (*) xét hàm số f (t )  t 3  t là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*)  y  x  2 0.25 Thế vào phương trình đầu của hệ: 3 x  3  5  2 x  x3  3 x 2  10 x  26      3 x  3  3  1  5  2 x  x3  3 x 2  10 x  24 x  2 0.25 3 x  2 2  x  2     x  2   x  x  12    2 3 2 3x  3  3 1  5  2 x    x 2  x  12(1)  3x  3  3 1  5  2 x  5 Phương trình (1) vô nghiệm vì với 1  x  thì x 2  x  12  0 . 2 0.25 Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất x  2; y  0 III 2 ( x 2  x)( 2 x  1) (1.0 Ta có I   dx 0.25 điểm) 0 x2  x 1 2x  1 Đặt t  x 2  x  1  dt  dx ;với x  0  t  1 , với x  2  t  3 0.25 2 x2  x 1 3 1 3  I  2  (t 2  1)dt  2( t 3  t ) 0.25 1 3 1 4 4  . Vậy I  0.25 3 3 IV * Tính thể tích khối chóp S.HCD: (1.0 Hai tam giác vuông AMD và DAC có điểm) AM AD 1   nên đồng dạng, 0.25 AD DC 2   Suy ra ADH  DCH , mà    ADH  HDC  90  DHC  90 3
 ADC vuông tại D: AC 2  AD 2  DC 2  AC  a 5 Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC DC.DA 2a Suy ra: DH   AC 5 4a  DHC vuông tại H: HC  DC 2  DH 2  5 0.25 1 4a 2 Do đó diện tích  HCD: SHCD  DH.HC  2 5 Thể tích khối chóp SHCD: 1 4a 3 VS.HCD  SH.SHCD  3 15 * Tính khoảng cách giữa SD và AC: Dựng HE  SD Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH  AC , do đó AC  (SHD) Mà HE  (SHD) nên HE  AC 0.25 Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC. nên HE  d  SD; AC   SHD vuông tại H nên: 1 1 1 2a 2  2  2  HE  HE SH HD 3 0.25 2a Vậy d  SD; AC   HE  3 Câu Đáp án Điểm V Theo bất đẳng thức Cô-si, với x  0 , ta có (1.0 1  x  1  x  x  (1  x)  1  x  x 2   1 x 2 điểm) 3 1 x  2  2 2 0.25 Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được a3 1 1 1 a2 3   2   a3  b  c  bc  3 1bc  b2  c 2 a 2  b2  c 2 1  1  1 0.25  a   2 a  a2 Tương tự, ta có: b3 b2 3  b3   c  a  a2  b2  c2 0.25 3 2 c c 3  c3   a  b  a  b2  c2 2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a3 b3 c3 a2 b2 c2 3  3  3   2  2 1 0.25 a3   a  b  b3   c  a  c3   a  b  a2  b2  c 2 a  b2  c 2 a  b 2  c 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a  b  c . 4 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com
VIa 1.(1.0 điểm) (1.0 d2 điểm) A d1 M 0.25 I N B C d3 Cạnh AB qua M và  d1 : 3 x  4 y  15  0 nên có pt: 4 x  3 y  8  0 . Ta có: AB  d1  B  2; 0  Vì M là trung điểm của AB nên A  4;8  0.25 Gọi d3 là đường thẳng qua M và vuông góc với d2. Ta có d3 : 2 x  y  6  0 . 0.25  d 3  d 2  I  2; 2  . Gọi N là điểm đối xứng với M qua d2  I là trung điểm của MN  N  3; 0  Cạnh BC qua B và N  pt cạnh BC : y  0  C  5; 0  0.25 Vậy A  4;8  B  2; 0  C  5; 0  2.(1.0 điểm) Giả sử: ( P)  d1  M 1 1  2t ; 1  t ; t  ( P)  d 2  M 2 1  t ' ; 2  2t ' ; t '   0.25 M 1 M 2   t '  2t; 2t '  t  3; t '  t  .   Vì M 1M 2  ( P ) nên ta có: M 1M 2 .n(Q )  0  t '  t  3 0.25 M 1 M 2  2t 2  27 . M 1M 2 nhỏ nhất khi t  0 0.25 Vì (Q) qua M1 và song song với (P) nên pt (Q): x  y  2 z  0 0.25 VIIa x x 4  4 (1.0 Chia hai vế của pt cho 3x  0 ta được: 3  2.      0.25  3  điểm)  3 x  4   1   3   x  0.25 4     3( L)   3   x0 0.25 Vậy pt có nghiệm là x  0 0.25 VI.b 1.(1.0 điểm) (2.0 Đường tròn có tâm I (1;1) , bán kính R  2 .Gọi N là điểm) trung điểm AB  IN  R 2  AN 2  1 0.25  khoảng cách từ I đến  là d ( I , )  1 Phương trình  có dạng a ( x  2)  b ( y  3)  0( a 2  b 2  0) 0.25  a  2b d ( I , )  1  1 a2  b2 b  0  0.25 b   4 a  3 5
Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0. 4 Với b   a , chọn a  3; b  4 ta có phương trình 0.25 3 3x  4 y  6  0 2.(1.0 điểm) A Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối 0.25 B xứng với B qua mp(Oxz), suy ra B' (4;2;15) . Chu vi tam giác MAB là AM  MB  AB  AM  MB' AB  AB' AB 0.25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng. Gọi M (a;0; b) . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k M sao cho   a  2  k (4  2) 0.25  AM =k. AB’   4  k ( 2  4) b  3  k (15  3)  B’ k  2 / 3   a  2 b  11 0.25  Vậy với M (2;0;11) thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. VII.b 2 x  y  0 (1.0 Điều kiện:  0.25 điểm)  y 1  0 Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với ( 2 x  y ).( y  1)  2 0.25  2 log 2 ( 2 x  y )  3 log 2 ( y  1)  4 log (2 x  y )  log 2 ( y  1)  1 log (2 x  y )  1  2  2 0.25 2 log 2 (2 x  y )  3 log 2 ( y  1)  4 log 2 ( y  1)  2  1  7 2 x  y  x   2 4 ( thoả mãn điều kiện). y 1  4  y  3  0.25  7 x  Vậy hệ phương trình có nghiệm  4 y  3  6 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com