Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 55

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tổng hợp đề thi thử đh môn toán các khối đề 55', 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: Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 55

TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013 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. Giải phương trình: 2sin x+tanx+  1  tan3x 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 (d):   . Viết phương trình đường thẳng () đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) 2 1 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)  4 2sinx+cosx 1. Tìm  (sinx+cosx) dx 0 3 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 3b 2a  3c ----------------------HẾT---------------------- Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013 NGUYỄN HUỆ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu ý Nội dung Điểm 1 1 y  x  2x  2 4 2 (2điểm) TXĐ: R 0,25 x  0 y '  4x  4x . y '  0   3  x  1 Giới hạn: limy  ; limy   x  x  bảng biến thiên X -∞ 1 0 1 +∞ 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 ( ;  );( ;  ) 3 3 3 3 y 4 2 0,25 -5 5 O x -2 -4 Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng 2 Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: x4  2 x2  2  m  0 (1) Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt  3  m  2 0,25 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
Theo định lý Vi-ét ta có:  1 t1  t1  t2  2 10t1  2  5   2  t1t2  2  m 9t1  2  m m   59 (tm)   25 0,25 59 Vậy m   25 2 1  k 2 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  (2sin x  1)( 1  1)  0  sinx= 2 cos 3x  cos3x=1   1  x  6  k 2 sinx=   (không thỏa mãn điều kiện) 2  x  5  k 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 2  log 2 x  2 y2 (1)  Điều kiện: x>0.   4 x  1  xy 4  y 2  0 (2) Từ (2) suy ra y
1 1 2t Vì g ( )  2 ln 2.ln 2  2.ln 2 2   2.ln 2 2 t  0 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 3 Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) (2điểm) bk R = 3 . M Gọi H là giao điểm của MN và AI 0,25 H 3 Ta có : IH  IM 2  MH 2  A I 2 IA  5 N 0,25 TH1: A và I nằm khác phía với MN 3 7 Ta có : HA  IA  IH  5   2 2 0,25 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 2 2 Trong tam giác vuông MHA ta có : H 0,25 AM  HM 2  AH 2  43 I A Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  43 N 2 Gọi điểm A(3  2t , 2  t; 1  t )  (d ) và B(a, b, c)  ( P) 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 
4 Gọi I là trung điểm AC, do tam giác S (1điểm) SAC cân nên SI  AC mà (SAC )  ( ABC ) suy ra SI  ( ABC ) M 0,25 A H I B N C Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH  (ABC) do đó: (MN ,( ABC ))  MNH  600 . 0,25 a2 S ABC  2 a 3a 2 Xét tam giác HCN có : NC  ; HC  2 4 2 5a a 10 0,25 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 VSABC  SI .S ABC  a3 3 12 5 1   4 4 (2điểm) 2sinx+cosx cosx(2 tan x+1)  (sinx+cosx)3 dx   3 0 cos x(tanx+1) 3 dx 0 0,25 1  Đặt t = tanx  dt  2 dx . Đổi cận x =0  t  0 ; x   t  1 cos x 4 1 1 1 (2 t +1) 2 1 0, 5 Vậy I   3 dt   2 dt   3 dt 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 2 0,25 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
6 1 1 4 x, y  0    (*) Dấu “=” xảy ra  x  y (1điểm) x y x y 3(b  c)  4a  3c  12b  c  P  11  2   1   8  0,5 2a  3b  2a  3c  1 4   4a  3b  3c  1     2a 3b 2a  3c  1 1 4 Áp dụng (*):   2a 3b 2a  3b 4 4 16 0,25   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 Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl