TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 2 Môn TOÁN – Khối

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

Thêm vào BST

Báo xấu

190
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 2 Môn TOÁN – Khối D Ngày thi: 24-24/03/2013 Thời gian 180 phút.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 2 Môn TOÁN – Khối

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 2 TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Môn TOÁN – Khối D Hải Dương Ngày thi: 24-24/03/2013 Thời gian 180 phút. Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(m  1) x2  3m(m  2) x  m3  3m2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0 2. Tìm m sao cho đồ thị đạt cực đại, cực tiểu tại A và B mà tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 10 Câu II (2 điểm) (sin x  2cos x  3 cos 2 x )(1  sin x) 1. Giải phương trình: cos2 x  2cos x  1  2 y 3  2 x3  3 2. Giải hệ phương trình   y  4 x3  x  3 ln( x  1) 4 Câu III ( 1 điểm). Tính tích phân sau: I   dx 1 x x Câu IV ( 1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SD=a. Gọi O là giao AC a 2 và BD. Biết (SAC) vuông góc với (ABCD), góc giữa SC và (ABCD) bằng 300 và SO= . Tính thể 2 tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai đường thẳng SO, AD. x y xy Câu V ( 1 điểm). Cho x, y > 0 thỏa mãn: (x+1)(y+1)=4. Tìm GTNN của A    y 3 x3 x y Câu VI ( 2điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2,3), trọng tâm G(2,0), điểm B có hoành độ 9 âm thuộc đường thẳng d : x  y  5  0 . Viết phương trình đường tròn tâm C bán kính , tiếp xúc với 5 đường thẳng BG. x 1 y z 1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   , điểm M(1,2,-3) và mặt 2 1 1 phẳng (P): x+y+z-3=0. Gọi A là giao của d và (P). Tìm điểm B trên mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng MB cắt d tại C mà tam giác ABC vuông tại C. Câu VII (1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: An  8Cn  Cn  49 , M và N là điểm biểu diễn 3 2 1 cho các số phức z1  (1  i)n , z2  4  mi, m   . Tìm m sao cho MN  5
Đáp án đề thi thử khối D lần 2 năm học 2012-2013 Câu I. ( 2 điểm) 1. Khi m=0, hàm số có dạng: y  x3  3x 2 3 Giới hạn: lim y  lim x3 (1  )   ; lim y   x  x  x x  Đạo hàm: y '  3x2  6 x  0  x  0; x  2; y(0)  0; y(2)  4 0,25 đ Bảng biến thiên: x -∞ -2 0 +∞ y' + 0 - 0 + +∞ 4 y 0 -∞ 0,25 đ Hàm số đồng biến trên (, 2);(0, ) và nghịch biến trên (2,0) Đồ thị có điểm cực đại: A(2, 4) và điểm cực tiểu B(0,0) 0,25đ Đồ thị: - Đồ thị qua các điểm: A,B,U, C(-3,0); D(1,4) - Vẽ đồ thị: 0,25 đ 2. +) y '  3x2  6(m  1) x  3m(m  2)  0  x  m, x  m  2 nên đồ thị luôn có 2 cực trị
A(m,0); B(m  2, 4) . 0,25 đ A,B,O tạo thành tam giác  m  0  +) Viết phương trình trung trực AB: x-2y+m+5=0 m +) Viết phương trình trung trực OA: x+ =0 2 0, 25 đ m m  10 +) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là I (  , ) 2 4 0,25 đ +) IO2  10  m2  4m  12  0  m  6 hoặc m  2 Đáp số: m=-6 hoặc m=2 0,25 đ Câu II. ( 2 điểm) 1 1. Đk: cos x   .  2 Phương trình trở thành: (1  sin x)(1  sin x)(2cos x  1)  (sin x  2cos x  3 cos 2 x)(1  sin x) 0,25 đ  (1  sin x)(1  sin 2 x  3 cos2 x)  0  Giải phương trình: sin x  1  x   2 k 2 0,25 đ    3 Giải phương trình : 1  sin 2 x  3 cos 2 x  0  sin(2 x  )  sin( )  x   k ; x   k 3 6 12 4 0,25 đ   3 Đối chiếu điều kiện được: x   k 2 ; x   k ; x   k 2 12 4 0,25 đ
 2 y 3  2 x3  3  y  4 x3  x  3 2.    y  4 x3  x  3  y  4 x3  x  2 y3  2 x3 (*) 1 (*)  y  x  2 x3  2 y 3  ( x  y )( x 2  xy  y 2  )  0 2 0, 25 đ 3 3 Th1: x  y  0 , ta được: 4 x3  3  0  x   3 ; y  3 4 4 0,25 đ 1 y 3y2 1 Th2: x 2  xy  y 2   ( x  )2   2 2 4 2 2 2 Suy ra: y 2  . Tương tự x 2  3 3 0,25 đ 2 3 3 Từ đó: | y 3  x3 || x3 |  | y 3 | 2( )  nên trường hợp này không xảy ra. 3 2 3 3 Vậy hệ có nghiệm: ( x, y)  ( 3 , 3 ) 4 4 0,25đ Câu III. ( 1 điểm) Đặt x  t thì x  t 2  dx  2tdt . Đổi cận 0,25 đ ln(t  1) ln(t  1) 2 2 I  .2tdt  2 dt 1 t t 2 1 t 1 0,25 đ  I  (ln(t  1))2 |1  ln 2 3  ln 2 2 2 0,5 đ Câu IV. ( 1 điểm)
S A D H O M B C 1) +) Do (SAC )  ( ABCD) theo giao tuyến AC, BD  AC  BD  (SAC ) 1 Ta được: BD  SO nên OD  a 2  BD 2  AB 2  AD 2 nên ABCD là hình vuông. Suy ra S ABCD  a 2 2 0,25 đ +) Tam giác SAC có SO  OA  OC nên vuông tại S. Kẻ SH  AC thì SH  ( ABCD) nên (SC,( ABCD))  SCH  300 . SH 3 1 a 6 Suy ra:  cos 300  ; SA  AC nên SH  . SA 2 2 4 a3 6 Vậy VS . ABCD  12 0,25 đ 2) SC 3 3 Ta có:  cos 300  nên SC  a . AC 2 2 Gọi M trung điểm CD thì OM  AD nên (SO, AD)  (SO, OM ) . 0,25 đ Công thức trung tuyến cho tam giác SCD được: SM  a . 2 Định lý cosin cho tam giác: SOM được: cos SOM   4
2 Vậy góc giữa hai đường thẳng SO và AD là arccos 4 0,25 đ Câu V. ( 1 điểm) Đặt x  y  S , xy  P thì ( x  1)( y  1)  xy  x  y  1  S  P  1  4  S  P  3 Tồn tại x, y nếu S 2  4P x 2  y 2  3x  3 y xy S 2  2 P  3S 3  S Khi đó A     xy  3( x  y )  9 x  y P  3S  9 S S 2  5S  6 3  S S 3 3  A     2S  12 S 2 S 2 3 3  A2  . 2 2 Dấu bằng xảy ra khi S  6, P  3  6 , ( thỏa mãn: S 2  4P ) 6  4 6 6 6  4 6 6 6  4 6 6 6  4 6 6 Hay ( x, y)  ( ; ) ( x, y)  ( ; ) Vậy 2 2 2 2 3 3 min A  2  2 2 Câu VI ( 2 điểm)   1. +) Do B  d : x  y  5  0 nên B(b, 5  b)(b  0)  BG  (2  b,5  b) Phương trình ( BG) : (5  b)( x  2)  (b  2) y  0 0,25 đ +) G là trọng tâm tam giác ABC nên C (4  b, b  2) 0,25 đ 9 +) Đường tròn tâm C, bán kính tiếp xúc với ( BG) 5 | (5  b)(2  b)  (b  2)(b  2) | 9   (5  b) 2  (b  2) 2 5  63b2 1386b 1449  0  b2  22b  23  0 0,25 đ +) Giải phương trình được b  1 ( vì b  0) . Khi đó, C(5,1) nên phương trình đường tròn cần tìm là: 81 ( x  5)2  ( y  1) 2  25 0,25 đ
2.   Ta có: C  d nên C (2c  1; c; c  1)  MC  (2c; c  2;2  c) .  Đường thẳng d có vecto chỉ phương u  (2,1, 1) 0,25 đ    2   4 4 4 Tam giác ABC vuông tại C nên MC.u  0  2c.2  c  2  c  2  0  c  . Suy ra MC  ( ,  ; ) . 3 3 3 3 0,25 đ  Ta được v  (1, 1,1) là vecto chỉ phương của đường thẳng (MC ) nên x 1 x  2 x  3 ( MC ) :   . 1 1 1 0,25 đ B  (MC ) nên B(b  1; b  2; b  3) . B  ( P)  b  1  (b  2)  (b  3)  3  0  b  1 . Vậy B(2,3,-2) 0,25 đ Câu VII. ( 1 điểm) Giải phương trình An  8Cn  Cn  49 . Đk: n  3  n  3 2 1  n(n 1)(n  2)  4n(n 1)  n  49 0,25 đ  n3  7n2  7n  49  0  (n  7)(n2  7)  0  n  7 ( t/m) 0,25 đ Khi đó: z1  (1  i)7  [(1  i)2 ]3 (1  i)  8i3 (1  i)  8i(1  i)  8  8i . Vậy M(8,-8). 0,25 đ Do N(4,m) nên MN  5  42  (8  m)2  25  (m  8)2  9  m  5 hoặc m  11 Đáp số: m  5 hoặc m  11 0,25 đ