intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST
Báo xấu
88
lượt xem 10
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: Toán, khối D Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm ) Câu I : ( 3,0 điểm ). Cho hàm số : y  2x  1 có đồ thị là

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013

  1. www.VIETMATHS.com SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP Môn thi: Toán, khối D Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm ) 2x  1 Câu I : ( 3,0 điểm ). Cho hàm số : y  có đồ thị là  C  . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  .Tìm trên đồ thị  C  điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị  C  cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn : IA2  IB 2  40 . Câu II : ( 2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x  1  0  x2  y  x  y   1  0 2) Giải hệ phương trình:    x  1  x  y  2   y  0 2  1 5 Câu III : ( 1,0 điểm ).Tính tích phân: I = x 1  x 3 dx . 0 Câu IV : ( 1,0 điểm ) .Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh bên bằng a , góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng 450 . Tính thể tích khối chóp . Câu V : ( 1,0 điểm ).Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2  2  2  a (2a  1) b(2b  1) c (2c  1) 2 B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2,0 điểm ).( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần,phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa : (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm K (3 ; 2) và đường tròn (C) : x2  y2  2x  4y 1  0 với tâm là I. Tìm tọa độ điểm M  (C ) sao cho IMK  600 . 2 Câu VII a.(1,0 điểm): Giải phương trình : 2.log3  x 3  1  log 3  2 x  1  log 3  x  1 B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VII b.( 1,0 điểm ). Giải bất phương trình sau : 8 .3 x  x x 1  9  9x
  2. www.VIETMATHS.com .............................................................Hết.................................................................... SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: Toán, khối D Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Cho hàm số : y  2x  1 có đồ thị là  C  . 3,0 x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2x  1 2,0 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y  x 1 +Tập xác định D  \ 1 +Sự biến thiên  -Chiều biến thiên: y '  3 0,25 2  0 x  1 .  x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;    Cực trị : Hàm số không có cực trị.  Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 2x 1 lim y  lim  2 ,đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang 0,5 x  x  x  1 2x 1 2x 1 lim  ; lim   , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng x 1 x  1 x 1 x  1  Bảng biến thiên : x - -1 + y' + || + y  2 0,5 || 2  1  +Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm A  ; 0  2  Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B  0; 1 Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I  1; 2  làm tâm đối xứng.
  3. www.VIETMATHS.com 8 6 0,5 4 2 -2 -4 -6 1,0 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  .Tìm trên đồ thị  C  điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị  C  cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn : IA2  IB 2  40 .  2x 1  TCĐ  d1  : x  1 ,TCN  d 2  : y  2  I  1; 2  .Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  0   x0  1  3 2x 1 0,25 Phương trình tiếp tuyến với  C  tại M :    : y  2  x  x0   0  x0  1 x0  1   2 x0  4        d1    A  1;     ,      d 2   B  2 x0  1; 2  0,25    x0  1    36 2  2  4  x0  1  40  4 2  x0  1  10  x0  1  9  0 0,25 IA  IB  40    x0  1 2 2  x  0  x0  0   0  x0  2  y0  1  M  2;1 . 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình : sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x  1  0 1,00 sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x  1  0 2   sin x  cos x    cos 2 x  sin 2 x   sin x  cos x  0 0,5   sin x  cos x  2 cos x  1  0   sin x  cos x  0  x  4  k   (k  Z ) 0,5  cos x  1  x   2  k 2  2   3
  4. www.VIETMATHS.com 2  x2  y  x  y   1  0 1,00 Giải hệ phương trình:   2  x  1  x  y  2   y  0  2 x  y  x  y  1  0   2  x  1  y  x  y  (1)  2  .Do y  0 không thỏa mãn nên:  x  1  x  y  2  y  0  y  x  y  x  y  2   y  0 (2) 0,5   y  0  2    x  y  x  y  2   1  0  x  y  1 x2  1  y  x  0, y  1 0,5 Khi đó hệ trở thành   x  y  1  x  1, y  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (0;1) , (-1;2) . III 1,00 1 Tính tích phân: I =  x 5 1  x 3 dx . 0 1 1 I   x 5 1  x 3 dx   x 3 1  x 3 .x 2 dx 0 0 2 Đặt t  1  x 3  t 2  1  x3  2tdt  3x 2 dx  tdt  x 2 dx 3 x  0  t  1; 0,5 Khi x  1 t  0 Vậy tai có 1 0 1 2 2 2  t3 t5  1 2 2 4 :I  x 3 1  x .x dx    1  t 2  .t.tdt    t 2  t 4 dt  3 2     .  0,5 0 31 30 3  3 5  0 3 15 45 IV Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh bên bằng a , góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy 1,00 bằng 450 . Tính thể tích khối chóp Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có SG  ( ABC ) Gọi I là trung điểm cạnh BC ta có 0,25 (gt) suy ra SIG  450 . Gọi cạnh của tam giác đều ABC là 2 x ( x  0) 3 Ta có AI  x 3 , IG  x và 3 IG 2 3x 2 2 SI    x  SI 2  x 2 (1) cos 450 3 2 3 3 0,25 2 2 2 Lại có : SI  a  x (2) 2 2 3 Từ (1) và (2) ta có x  a 2  x 2  5 x 2  3a 2  x  a 3 5 1 3 3 3 2 Vậy ta có : S ABC  .4. a 2 .sin 600  a 2 5 5 Và SG  IG  a 3 . 3  a (Do tam giác ABC vuông cân ) 0,25 5 3 5
  5. www.VIETMATHS.com 3 Vậy thể tích khối chóp là : VS . ABC  1 SG.S. ABC  1 . a . 3 3 a 2  a 15 (đvtt) 0,25 3 3 5 5 25 V Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. 1,00 Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2  2  2  a (2a  1) b(2b  1) c (2c  1) 2 Từ giả thiết suy ra 1  1  1  2 a b c Đặt : x  1 ; y = 1 ; z = 1 Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2 0,25 a b c Ta có: P  1 1 1 x3 y3 z3      0,25 a (2a  1) 2 b(2b  1) 2 c(2c  1) 2 ( y  z ) 2 ( x  z ) 2 ( y  x) 2 Áp dụng bđt Cô-si: x3 y  z y  z 3x 2    ( y  z) 8 8 4 3 0,25 y x  z x  z 3y 2    (x  z) 8 8 4 z3 y  x y  x 3z 2    ( y  x) 8 8 4 1 1 ( Đpcm) 0,25 Do đó: P  ( x  y  z)  4 2 PHẦN RIÊNG THEO TỪNG BAN VI a 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm K (3 ; 2) và đường tròn 1,0 (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 với tâm là I. Tìm tọa độ điểm M  (C ) sao cho IMK  600 . 1,00 2 2 +) Ta có (C ) : ( x  1)  ( y  2)  4 . Suy ra tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 2. Nhận thấy IK = 2. Suy ra K  (C ). 0,25 0 Do M  (C ) và IMK  60 . Suy ra IMK đều. Do đó yêu cầu bài toán  Tìm M  (C ) sao cho KM = R = 2. 0,25 +) Giả sử M ( x0 , y0 )  (C )  ( x0  1) 2  ( y0  2) 2  4 (1) Ta có KM  2  ( x0  3) 2  ( y0  2)2  4 (2) 0,25  M (2 ; 2  3 ) Từ (1) và (2) suy ra  0,25  M (2 ; 2  3 )  2 Giải phương trình : 2.log3  x3  1  log 3  2 x  1  log 3  x  1 1,0  x  1 0,25  ĐK :  1 x  2  0,25
  6. www.VIETMATHS.com (1)  2 log 3  x3  1  2log3 2 x  1  2 log 3  x  1  log 3  x3  1  log 3 2 x  1  x  1   x 3  1  2 x  1  x  1 0,25   x  1  x 2  x  1  2 x  1   0    x  1  x  1 (loai )  2   x  x  1  2 x 1   x  1   x2  x 1  1  2x x  2 0,25   Vậy nghiệm phương trình là : x  1 ; x  2 VI b .1)Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 và 1,0 tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Gọi d là ĐT cần tìm và A  a;0  , B  0; b  là giao điểm của d với Ox, x y 2 1 0,25 Oy, suy ra: d :   1 . Theo giả thiết, ta có:   1, ab  8 . a b a b 0,25 Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2 y  4  0 . Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Ta có: b 2  4b  4  0  b  2  2 2 . 0,25     Với b  2  2 2  d 2 : 1  2 x  2 1  2 y  4  0 0,25 Với b  2  2 2  d3 : 1  2  x  2 1  2  y  4  0 VII b Giải bất phương trình sau : 8 .3 x  x  9 x 1  9x 1,0 0,25 ĐK : x  0 8 .3 x  x  9 x 1  9x  8 .3 x  x  9 .3 2 x  32x 0,25 xx 2 x  x  8 .3  9 .3 1 xx 2 x  x  8 .3  9 .3 1  0 2   t  1  loai  Đặt t  3 x x  0 .Khi đó ta có :  2   9t  8t  1  0   1 2 t  0,25  9 
  7. www.VIETMATHS.com t 1  3 x  x  32  x  x  2  x  x  2 0,25 9 Với  0  x  2 Vậy nghiệm BPT là x   0; 4   x2 2 x4   x 2  5x  4  0 
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0