zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN

Chia sẻ: Nguyen Dinh Khanh Khanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

154
lượt xem 53
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học tham khảo dành cho sinh viên ôn thi đại học cao đẳng môn toán của trường trung học phổ thông chuyên Nguyễn Huệ

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 CHUYÊN 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  tan3x 1. Giải phương trình: 2sin x+tanx+ 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 . Viết phương trình đường thẳng () đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)   (d): 1 2 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)  2sinx+cosx 4  (sinx+cosx) dx 1. Tìm 3 0 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  3c 2a 3b ----------------------HẾT---------------------- Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 CHUYÊN NGUYỄN HUỆ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Nội dung Điểm Câu ý y  x  2x  2 1 1 4 2 (2điểm) TXĐ: R 0,25 x  0 y '  4x  4x . y '  0   3  x  1 limy  ; limy   Giới hạn: x  x  bảng biến thiên 1 -∞ +∞ 1 X 0 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 ( ;  );( ;  ) 33 33 y 4 0,25 2 -5 5 x O -2 -4 Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: x4  2 x2  2  m  0 (1) 2 0,25 Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt  3  m  2 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
www.VNMATH.com Theo định lý Vi-ét ta có:  1 t1   10t1  2 t1  t2  2  5  2   t1t2  2  m 9t1  2  m m   59 (tm)   0,25 25 59 Vậy m   25  k 2 2 1 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 sinx= 2 1  (2sin x  1)(  1)  0   cos 3x cos3x=1    x  6  k 2 1 sinx=   (không thỏa mãn điều kiện)  x  5  k 2 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 log 2 x  2 y  2 2  (1) Điều kiện: x>0.  4 x  1  xy 4  y 2  0 (2)   Từ (2) suy ra y
www.VNMATH.com 2t 1 1 )  2 .ln 2  2.ln 2 2   2.ln 2 2 t  0 Vì g ( ln 2 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 Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) 3 (2điểm) M bk R = 3 . 0,25 Gọi H là giao điểm của MN và AI H 3 Ta có : IH  IM 2  MH 2  A I 2 IA  5 0,25 N TH1: A và I nằm khác phía với MN 37 Ta có : HA  IA  IH  5   0,25 22 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 22 Trong tam giác vuông MHA ta có : 0,25 H AM  HM 2  AH 2  43 A I Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  43 N Gọi điểm A(3  2t , 2  t; 1  t )  (d ) và B(a, b, c)  ( P) 2 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 
www.VNMATH.com Gọi I là trung điểm AC, do tam giác 4 S SAC cân nên SI  AC mà (1điểm) (SAC )  ( ABC ) suy ra SI  ( ABC ) M 0,25 A H I B C N Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH  (ABC) do đó: 0,25 (MN ,( ABC ))  MNH  600 . a2 S ABC  2 a 3a 2 Xét tam giác HCN có : NC  ; HC  2 4 2 0,25 5a a 10 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  SI .S ABC  a3 VSABC 3 12   5 1 4 4 2sinx+cosx cosx(2 tan x+1) (2điểm)  (sinx+cosx)3 dx   dx 3 3 0 cos x(tanx+1) 0,25 0  1 dx . Đổi cận x =0  t  0 ; x   t  1 Đặt t = tanx  dt  2 cos x 4 1 1 1 (2 t +1) 2 1 0, 5 Vậy I   dt   dt   dt 3 2 3 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 0,25 2 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
www.VNMATH.com 6 11 4 Dấu “=” xảy ra  x  y x, y  0   (*) (1điểm) x y x y 3(b  c)  4a  3c  12b  c  P  11  2   1   8  0,5 3b  2a  3c  2a 1 4  4a  3b  3c  1    2a 3b 2a  3c  1 1 4 Áp dụng (*):  2a 3b 2a  3b 0,25 4 4 16   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

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.02: Bộ 500+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020

576 tài liệu

913 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

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

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.