Đề thi thử môn Toán THPT Quế Võ - Pdf 11

www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2
y x x
  
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm m để đường thẳng :
(2 1) 4
y m x m
  
cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm
( 1;6)
P

tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
sin 2 cos2 4 2 sin( ) 3cos
4
1
cos 1
x x x x
x



 




Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân


4 3
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx
x x
  




Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A

B

.
a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2
1 1 1 1 1 1
28 4 2013
a b c ab bc ca
   
     
   
   
. Tìm giá trị
lớn nhất của
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.
5 2 5 2 5 2
P
a ab b b bc c c ac a
  
     

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn
(C):

  

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):
2 2
1
4 3
x y
 
. Hai điểm
( 2; ), (2; )
M m N n

di
động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm
1 2
,
F F
của (E) đến đường thẳng MN bằng 3. Tính

1
cos .
MF N

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
(3;0;1), (6; 2;1)
M N

và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc


www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
* TXĐ : D=R
* Sự biến thiên
Ta có:
lim ; lim
x x
y y
 
   2
' 3 6
y x x
 
;
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
  


2;

; Hàm số nghịch biến trên


0;2

y

= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
0.25
* Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và


1 3;0


Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng

1
2
2
-2
y
x
O

0.25

1 2
,
thỏa
mãn:
x x
x x
1 2
1 2
2
2

 

 


0.25
www.VNMATH.com










 


 









 


  



m
m
5
8
1
2

 






(1,0 điểm)
Đk
2 ,
x k k Z

 



sin 2 cos2 4 sinx cos 3cos cos 1 0
x x x x x
      

0.25
sinx 0
sinx(cos sinx 2) 0
cos sinx 2 0( )
x
x VN


    

  


0.25
x k

 

x x y y
x y
x
y
y

   




 




Điều kiện
0 1 1 1 2
0 2 , 0 0 2
x x
y y y
    
 

 
    
 

         
2 2







3 1 2 1 2 3
f x f y x y x y
          
thay vào pt (2) ta được
0.25
 


2
2
2
1
3 1
log 2 2 0
2
y
y
y
y y y
y
y


 

4 3
3
1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I dx x dx dx
x x x x
  

  
 
  
0.25
4 4
3
1
1
1
4 4
e
e
x e
x dx

 



   

0.25
www.VNMATH.com
Vậy
4
1 2
ln
4 2
e e
I
 
 
.
0.25
(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra


SH ABCD


2 3
3
2
a
SH a
 


cos 45
d D AHC
DE a a AD a
     

0.25
5
(1,0 điểm)

 
2
1
4
2
ABCD
S BC DA AB a
   
(đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S   
(đvtt)
a 5
2 2a
a

          
   

0.25
Mặt khác
 
 
 
2 2
2 2 2
2013
3
8
x y z x y z x y z        

0.25
Ta có
 
 
2 2 2
2
1 1 1 3 1 1
3
3
8 2 8 2
2
2
5
4
x y

8 2
8
P x y z   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
4026
12
x y z  
hay
12
4026
a b c  

0.25
7.a
(1,0 điểm)
www.VNMATH.com
(C) có tâm I(0;2), bán kính
2 2
R 
. Gọi tọa độ điểm


;2 1
M a a


Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên
 
2



có PT là
0
x y
 
.
Pt của CM là
2 0
x y
  
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
2 2
2
2
0
2
4 4 0
4
x
x y
y
x
x y y
y
 



 

a M
 
 
 
 

Khi đó, AB qua M vtpt là
7 1
;
5 5
IM

 
 
 

có PT là
7 2 0
x y
  
.
Pt của CM là
7 14 0
x y
  
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
0.25
(1,0 điểm)
2 2
14

 



   


















Từ đó tìm được tọa độ
14 8
;
5 5
C

 


0.25
     
 
2 2 2
2
2
1 1 1
4 2 1 0
1 2 4
5 1 2 21
a b a b
a b
a b
a b

     
  

 
 
 
  


   



0.25

M
 
 
 

0.25
9.a
(1,0 điểm)
www.VNMATH.com
Đặt


,z x yi x y  

ta được


2 2 2 2
3 2 3 3 3 2 3 3
z z i z x yi x yi x y i x y
          

0.25
2 2
2 2
4 2
2 3 3
x x y
y x y







0.25
(1,0 điểm)
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng
3
y x
 
với
0
x

.
0.25
(1,0 điểm)
TH1: MN song song với Ox hay
m n

. Khi đó phương trình
: 0
MN y m
 

2
1 2
2
1 3 2


1
1
cos
65
MF N 

Với
2
m
 
thì
( 2; 2); (2; 2)
M N
  
Từ đây tính được

1
1
cos
65
MF N 

0.25
TH2: MN không song song với Ox.
Ta có phương trình MN là
( ) 4 2 2 0
n m x y m n
    


1 1
16 ( ) ; 1; 9
MN n m MF m NF n
      

Do đó,

2 2 2
1
1 1
10 (16 ( ) )
cos 0
2
m n n m
MF N
MF NF
    
 

0.25
(1,0 điểm)
Gọi vtpt của (P) là
 
2 2 2
; ; , 0
n a b c a b c
  




0
0 90

 
)
Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến


1;0;0
i 


0.25

 
2 2 2
2
cos *
7
a
a b c

 
 

Thế
3
2
a
b 

+ Với
3
c a
 
;
3
2
a
b 
chọn
2 3; 6
a b c
    
,


: 2 3 6 0
P x y z
  

0.25
www.VNMATH.com
(1,0 điểm)
3
cos sin cos sin
2 6 6 6 6
n
n
i n n
A i i

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

III. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
2 2
1
x
y
x



(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
(1)
.
2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng
( ) : 2 5 0
d x y
  
cắt
( )
C
tại hai điểm A, B với
A

hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của

 
2
2
0
cos sin .
I x x xdx

 


Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc

0
60
BAD 
; D’O
vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc  = 60
o
. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp
C.ADC’.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm
, ,
a b c
có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
9
2
abc
P a b c   


2
1
2






zyx
. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I

(d) và tiếp
xúc với hai mặt phẳng (P
1
), (P
2
).
Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
4 2 6
; (1 )(1 2 );
1 3
i i
i i
i i

 
 
trong mặt phẳng
phức. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.

(1;2; 1), ( 2;1;3)
A B
 
. Tìm tọa độ điểm M trên
trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi.
Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu.

HẾT
www.VNMATH.com
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối D

Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
+ Tập xác định


\ 1
D R

+ Sự biến thiên
lim 2


   


Hàm số nghịch biến trên




;1 , 1;
 
.
Hàm số không có cực trị.
0.25
Bảng biến thiên:
x



1



'
y
+
0
||



1 2
x x
x
 



0.25
 
3
3;4
3 ( )
x
A
x loai


 

 



Hệ số góc của IA là
3 1
1
4 2
k

 

(2,0 điểm)
Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là:
7, 1
y x y x
     

0.25
(1,0 điểm) 2
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:


4sin 3 sin 5 sin3 sinx 0
x x x
   

0.25




2

2

www.VNMATH.com
3sin3 sin 5 sin 0 3sin 3 2sin 3 .cos2 0 sin3 (3 2cos2
) 0
x x x x x x x x
         

y x y xy x
x y x y
y xy x
x y x y
x y


  

      
 

 



0.25
Trường hợp x = y thay vào phương trình:
( 4 )(2 4) 36
x y x y
    

ta được phương trình:
2
6
4 12 0
2
x
x x
x

nên nếu
( ; )
x y
là nghiệm thì
0
xy


0.25
3
(1,0 điểm)
Mặt khác
2 2
( 4 )(2 4) 36 2 4 9 4 16 36
x y x y x y xy x y
           2 2
2( 1) 4( 2) 9 18
x y xy
      
(*)
Do
0
xy

nên PT(*) vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
( 6; 6);(2;2)

 
 
2
2
2
0
0
cos cos 1 2sin cos cos
I x x x x x xdx


    


0.5
4
(1,0 điểm)

   
3
2 2
2
2 2
0
0
0 0
cos 2 4
1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1
3 3 3
x

www.VNMATH.com
Tam giác ABD đều,
a 3 1 a
AC 2AO 2. a 3 v OD BD ; DD'=a
2 2 2
    

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có:
OO' DD '
a
 

OO'
AC


(do


' '
AC BDD B

), nên diện tích tam giác ACC’ là:


   
2
ACC ' ACC'A '
1 1 1 a 3
S S OO'.AC a.a 3

Diện tích tam giác C’CD là

   
2
C 'CD CDD'C'
1 1 1 a 15 a 15
S S CD.D ' H a.
2 2 2 4 8

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:
 
  
       
2 2 2 2
xq ACC ' ACD CDC'
a 3 a 3 a 15 a 3
S S S S 6 5
2 4 8 8

0.25
Thể tích
2 3
. ' '.
1
3
1 3 3
' .
3 2 4 8

     

bc a a
    

0.25
Không mất tình tổng quát giả sử
( , , )
a min a b c

nên
1
[0; ]
3
a 

Khi đó hàm
2
9
( ) ( 2) 2 2 1
2
a
f t t a a
    
là hàm nghịch biến.
2 2
9
( ) ( 2) 2 2 1 (0) 2 2 1
2
a
f t t a a f a a
         


0
30
ABC 
, đường thẳng
: 2 1 0
d x y
  

tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C.
Gọi H là hình chiếu của A trên d là
7 9
;
5 5
H
 
 
 
,
( ; )
AH d A d
 
1
5

Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC
d vuông góc BC nên BC//AH suy ra

0
60


7 3 9 2 3 7 3 9 2 3
; ;
5 15 5 15 5 15 5 15
B B
   
     
   
   
   

TH1:
7 3 9 2 3
;
5 15 5 15
B
 
 
 
 
 

Phương trình BC qua B vuông góc với d là
1
2 5 0
3
x y
   

1

 
 

Phương trình BC qua B vuông góc với d là
1
2 5 0
3
x y
   

1
5 2 ;
3
C BC C a a
 
   
 
 

31 2 3 13 3 31 2 3
. 0 ;
15 15 15
AC AB a C
 
  
   
 
 
 
 


d (I, (P
1
)) = d (I ; (P
2
))







1
13
1610
3
1
39
3
1
t
t
tt

0.25

1 2
(11;26; 35); ( 1; 2;1)
I I 

2 2
1 1 1
i i
i
i
i i i

  
  
có điểm biểu diễn A= (2; -2).





1 1 2 3
i i i
   
có điểm biểu diễn B= (3; 1).





  
2 6 3
2 6
2
3 3 3
i i

: 1
25 9
x y
E
 

2
2 2 2
2
1 2
5
2 1025
4 8
16
9
a
aa
c F F
c a b
b






 
  
  
  

 
  
   

 


0.25
1
2
9
7
61
7
PF
PF











0.25
(1,0 điểm)
1 2

ABM
S AM AB t t
 
   
 
 

0.25
8.b
(1,0 điểm)

Hàm số
2
( ) 17 2 75
f t t t
  
đạt GTNN tại
1
17
t


. Vậy
1
;0;0
17
M

 
 

. Suy ra,
 
5 13
( ) 1 1
18 18
P H P H    
.
0.25


Nhờ tải bản gốc

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Music ♫

Copyright: Tài liệu đại học © DMCA.com Protection Status