ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 MÔN TOÁN KHỐI A,B THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

298
lượt xem 86
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2012 - lần 1 môn toán khối a,b thpt chuyên nguyễn quang diêu', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 MÔN TOÁN KHỐI A,B THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: A + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu II (2,0 điểm) 2  sin x  cos x   2sin 2 x  2  sin    x   sin    3 x   . 1. Giải phương trình     2  4 1  cot 2 x 4    3  x  y  2  2   x, y   . 2. Giải hệ phương trình   y  2  x  2 x  2   7   4  x  1 ln x  2 x 2  1dx . 3 e Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   2  x ln x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a, ACB  1200 và đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A '  góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a.   Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình 4 6  x  x 2  3x  m x 2 2 3 x Tìm m để phương trình có nghiệm thực. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn  C  : x 2  y 2  18 x  6 y  65  0 và  C '  : x 2  y 2  9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4,8 . x  t  2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  d  :  y  1  2t và điểm A  1; 2;3 . Viết phương trình z  1  mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 3 . 1 2 Câu VII.a (1.0 điểm) Giải bất phương trình log 2  2 x  1  log 2  x 2  2 x   0 . 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm)  4 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I  3;3 và AC  2 BD . Điểm M  2;  thuộc đường  3  13  thẳng AB , điểm N  3;  thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có  3 hoành độ nhỏ hơn 3. x 1 y  2 z x  2 y 1 z 1 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  d1  :  ;  d2  : và mặt    1 2 1 2 1 1 phẳng  P  : x  y  2z  5  0 . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt
 d1  ,  d 2  lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 1 2 Câu VII.b (1.0 điểm) Giải phương trình log 3  x3  1  log 9  2 x  1  log 3  x  1 . 2 -------------- Hết ------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..............................................; Số báo danh:.............................. SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 Môn: TOÁN; Khối: A+B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) 0.25  Tập xác định: D   Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   ; nghịch biến trên khoảng  0; 2  ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; yCT  2 , đạt cực đại tại x  0 ; yCĐ  2 ￚ Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  ￚ Bảng biến thiên: 0.25 0.25  Đồ thị:
2.(1,0 điểm) Đặt A  a; a 3  3a 2  2  ; B  b; b3  3b 2  2  với a  b . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) 0.25 tại A, B là: k A  y '  xA   3a 2  6a; k B  y '  xB   3b 2  6b . Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi k A  k B  3a 2  6a  3b 2  6b   a  b   a  b  2   0  b  2  a . Độ dài đoạn AB là: 0.25 2 2   a3  b3  3  a 2  b 2    a  b AB    2 2 .  a 2  ab  b 2  3  a  b    a  b   a  b    2 2 2  4  a  1  4  a  1 .  a  1  3   4 2 4 2 0.25 AB  4 2  4  a  1  8  a  1  32  0   a  1  2  a  1  8  0  a  1 2  4 a  3 .    a  1 2  2  a  1  0.25  Với a  3  b  1  Với a  1  b  3 Vậy A  3; 2  , B  1; 2  hoặc A  1; 2  , B  3; 2  . II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: sin x  0 (*). Khi đó: 0.25   Phương trình đã cho tương đương với:  s in2x  cos 2 x  .sin 2 x  2 cos   2 x  .sin x 4  0.25        cos  2 x   .sin x  cos  2 x     sin x  1 .cos  2 x    0 4 4 4    0.25   sin x  1  x   k 2  k   , thỏa (*) 2 0.25  3 k   k   , thỏa (*)  cos  2 x    0  x   4 8 2   3 k  k  . Vậy, phương trình có nghiệm: x   k 2 ; x   2 8 2 2.(1,0 điểm) Điều kiện: x  2; y  2 0.25 7 2 u  v  2 (1)  Đặt u  x  2 ; v  y  2 với u , v  0 (*) . Hệ trở thành:  v 2  2  u 2  4  u  1 (2)   4 Thế (1) vào (2) ta được phương trình: 0.25 2  2 7 1 3  u    2u  8u  2 4   u 4  2u 3  7u 2  8u  12  0   u  1  u  2   u 2  5u  6   0 0.25  u  1  u  2 (vì u 2  5u  6  0, u  0 )
5  Với u  1 thay vào (1) ta được v   , không thỏa (*) 2 1  Với u  2 thay vào (1) ta được v  , thỏa (*) 2 0.25 x  2  Vậy, hệ phương trình có nghiệm:  7. y   4  III (1,0 điểm)  x3  1 ln x  2 x 2  1dx  e x 2 dx  e 1  ln x dx (1,0 điểm) 0.25 e I    2  x ln x 2  x ln x 1 1 1 0.25 e e  x 3  e3  1 2  x dx   3   3  1 1 d  2  x ln x  e e 0.25 1  ln x e2 e  2  x ln x 1 2  x ln x  ln 2  x ln x 1  ln  e  2   ln 2  ln 2 dx     1 0.25 e3  1 e2 Vậy I   ln . 3 2 IV (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 Trong (ABC), kẻ CH  AB  H  AB  , suy ra CH   ABB ' A ' nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:  A ' C ,  ABB ' A '    A ' C , A ' H   CA ' H  300 .   0.25 a2 3 1 AC.BC .s in1200  S ABC   2 2 AB  AC  BC  2 AC.BC .cos1200  7 a 2  AB  a 7 2 2 2  2.S ABC a 21 CH    AB 7 CH 2a 21 Suy ra: A ' C   . 0 s in30 7 0.25 a 35 Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA '  A ' C 2  AC 2  . 7 a 3 105 Suy ra: V  SABC . AA '  . 14
0.25 Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' . Suy ra: a 21 d  A ' B, CC '   d  CC ',  ABB ' A '   d  C ,  ABB ' A '   CH  . 7 V (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 Điều kiện: 2  x  3 .Đặt t  x  2  2 3  x với x   2,3 3 x 2 x  2 1 1 Ta có: t '    ; y '  0  3  x  2 x  2  x  1 2 x2 3 x 2 x  2 3 x Bảng biến thiên: Từ BBT suy ra: t   5 ,5   0.25 Do t  x  2  2 3  x  4 6  x  x 2  3 x  t 2  14 nên phương trình trở thành: t 2  14 t 2  14  mt  m t 0.25 t 2  14 với t   5 ,5 , ta có: Xét hàm số f  t     t t 2  14  0, t   5,5  f  t  đồng biến trên  5 ,5 f ' t       t2 0.25 95 11  Phương trình có nghiệm thực  f 5  m  f  5   m 5 5 95 11 Vậy, phương trình có nghiệm thực khi  m . 5 5 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 0.25 Đường tròn (C’) có tâm O  0; 0  , bán kính R  OA  3 . Gọi H  AB  OM , do H là OA 2 12 9 . Suy ra: OH  OA 2  AH 2  và OM  5 trung điểm của AB nên AH  OH 5 5
0.25 M   C  2 2  x  y  18 x  6 y  65  0  Đặt M  x; y  , ta có:   2 2 OM  5  x  y  25   0.25  x 2  9 x  20  0 3x  y  15  0  2  2  x  y  25  y  15  3x 0.25  x  4 x  5   y  3 y  0 Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: M  4;3 hoặc M  5; 0  . 2.(1,0 điểm)   0.25 Đường thẳng (d) đi qua điểm M  0; 1;1 và có VTCT u  1; 2;0  . Gọi n   a, b, c  là VTPT của (P) với a 2  b 2  c 2  0 . Do (P) chứa (d) nên:  (1) u.n  0  a  2b  0  a  2b Phương trình (P) có dạng: a  x  0   b  y  1  c  z  1  0  ax  by  cz  b  c  0 (2) 0.25  a  3b  2c 5b  2c  3  5b  2c  3 5b 2  c 2 d  A, ( P)   3  3 a 2  b2  c 2 5b 2  c 2 0.25 2  4b 2  4bc  c 2  0   2b  c   0  c  2b (3) Do b  0 nên thay (1), (3) vào (2) ta được phương trình 0.25 2bx  by  2bz  b  0  2 x  y  2 z  1  0 Vậy, phương trình (P) là: 2 x  y  2 z  1  0 . VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 1 Điều kiện: x  1 và x  . Khi đó: 2 Phương trình đã cho tương đương với : log 3  x3  1  log 3  2 x  1  x  1 0.25    x 3  1  2 x  1  x  1  x2  x  1  2 x  1 0.25 x  1 1 thì ta được phương trình: x 2  3x  2  0    Với x  x  2 2 0.25 1  Với 1  x  thì ta được phương trình: x 2  x  0  x  0 2 Vậy, phương trình có tập nghiệm: S  0;1; 2 VI.b (1,0 điểm) (2,0 điểm) 0.25
 5 Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là N '  3;   3 Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x  3 y  2  0 39 2 4 Suy ra: IH  d  I , AB    10 10 Do AC  2 BD nên IA  2 IB . Đặt IB  x  0 , ta có phương trình 0.25 1 1 5  2   x2  2  x  2 2 x 4x 8 0.25 Đặt B  x, y  . Do IB  2 và B  AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 14  x  5 x  4  3  x  3 2   y  3 2  2 5 y 2  18 y  16  0       8 y  2 x  3y  2 x  3y  2  0   y    5  0.25  14 8  Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B  ;   5 5 Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 x  y  18  0 . 2.(1,0 điểm) 0.25 Đặt A  1  a; 2  2a; a  , B  2  2b;1  b;1  b  , ta có  AB   a  2b  3; 2a  b  3; a  b  1     0.25 Do AB song song với (P) nên: AB  n P  1;1; 2   b  a  4   Suy ra: AB   a  5; a  1; 3 0.25 2 2 2 2  2a 2  8a  35  2  a  2   27  3 3  a  5    a  1   3 Do đó: AB     Suy ra: min AB  3 3  a  2 , A 1; 2; 2  , AB   3; 3; 3 b  2 0.25 x 1 y  2 z  2 Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:   . 1 1 1 VII.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: x  0  x  2 0.25 Bất phương trình đã cho tương đương với: log 2 2 x  1  log 2  x 2  2 x 
 2 x 1  x2  2 x Xét 2 trường hợp sau: 0.25 x  0 x  0 1) x  0 . Ta được hệ:   2  1  x  0 2 1  2 x  x  2 x x  1 0.25 x  2 x  2 2) x  2 . Ta được hệ:   2 2 2 x  1  x  2 x x  4x 1  0 x  2    2 x  2 3 2  3  x  2  3  0.25 Vậy, nghiệm bất phương trình là 1  x  0  2  x  2  3 . ---------------------Hết-------------------- Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu