ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 môn Toán - THPT Tuy Phong

Chia sẻ: Ngoclan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Tuyển tập các đề thi môn toán Trung học cơ sở Tuy Phong

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 môn Toán - THPT Tuy Phong

GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam) Đề thi và đáp án môn Toán – Thi thử ĐH lần I ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 MÔN THI: Toán I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số (với m là tham số). 1. Khi m = 0, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại tiếp điểm có hoành độ x = 0, gọi (d') là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Tìm cosin của góc giữa (d) và (d'). 2. Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: : sin3 x + cos4 x =1 (xÎ¡ ) . 2. Giải phương trình: ì log8 xy = 3log8 x log y 8 ï Câu III (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình í x 3 ïlog 2 y = 4 log y x î Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng j . Mặt phẳng (P) tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy (góc này có đỉnh ở trên AB) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó 1 3 Câu V (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log 2 x log 3 x + 3 > log 2 x + log 3 x 2 4 2 4 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3xy=0, đường 0 thẳng BD có phương trình x2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 45 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương 3 2. Giải bất phương trình: 32 log 2 ( x +3 x + 4) - 8.( x 3 + 3 x + 4) log 2 3
Đáp án – Thang điểm Câu Đáp án Điểm I.1 4 2 m = 2 :y = x - 2x + 1 . Tập xác định: D = R . Sự biến thiên: é x = 0 3 2 ê Chiều biến thiên: y ' = 4x - 4x = 4x ( x - 1) ; y ' = 0 Û x = 1 . ê 0.25 ê x = -1 ë Hàm số đồng biến trên khoảng ( -1; 0 ) ; (1; +¥ ; nghịch biến trên ( -¥; - ) ; ( 0;1) . ) 1 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ; yCĐ = 1; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, x = - ; yCT = 0. 1 Giới hạn: lim y = lim y = +¥ . 0.25 x ®-¥ x ®+¥ Bảng biến thiên: x -¥ - 1 0 1 +¥ y’ - 0 + 0 - 0 + y +¥ 1 +¥ 0.25 0 0 Đồ thị: 0.25 I.2 y ' = 4 ( m - 1) x 3 - 2mx = 2 x ( 2 ( m - 1) x 2 - m ) . Hàm số đồng biến trên (1; +¥ ) Û y ' ³ 0 "x Î (1; +¥ . ) 0.25 +) m = 1 : y ' = - , không thoả mãn. 2x 0.25 +) m - 1 < 0, lim y ' = -¥ không thoả mãn. x ®+¥ +) m > 1 , y ' = 0 có 3 nghiệm: Bảng xét dấu của y’: m m x -¥ - 0 2 ( m - 1) 2 ( m - 1) +¥ y’ - 0 + 0 - 0 + 0.25 m y ' ³ 0 "x Î (1; +¥ ) Û £ 1 Û m £ 2 ( m - 1) Û m ³ 2 . 2 ( m - ) 1 0.25 Vậy với m ³ 2 thì hàm số đồng biến trên (1; +¥ . )
II.1 æ pö PT Û cos x + cos3x = 1 + 2 cos ç 2x - ÷ Û 2cos x cos 2x = 1 + sin 2x + cos2x 0.25 è 4 ø 2 Û 2cos x + 2sin x cos x - 2cos x cos 2x = 0 0.25 Û cos x ( cos x + s inx )(1 + s inx - cosx ) = 0 é p ê x = 2 + k p écos x = 0 ê êcos x + s inx = 0 Û ê x = - p + k . Ûê p ê 4 ê1 + s inx - cosx = 0 ë ê x = k2 p 0.5 ê ê ë II.2 Điều kiện x ³ 1 hoặc x £ - . 1 x = 1 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình cho x - 1 , ta được: x +1 x + 1 0.25 | | + ( 4 - m ) = ( m - 1) . x -1 x - 1 x + 1 t 2 + t + 4 0.25 Đặt t = , t ³ 0, t ¹ 1, ta có phương trình: t 2 + ( 4 - m ) = ( m - 1) t Û = m (1) x - 1 t + 1 t 2 + t + 4 t 2 + 2t - 3 é t = -3 (loai) Xét f ( t ) = , t ³ 0, t ¹ 1. Ta có f ' ( t ) = 2 ,f ' ( t ) = 0 Û ê 0.25 t + 1 ( t + 1) ë t = 1 (loai). Lập bảng biến thiên: 0.25 Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình đã cho có nghiệm Û m > 3. III p 2 0.25 I = ò 4 cos3 x - 3cos x ) esin x dx . Đặt t = sin x ( 0 1 0.25 ( ) I = ò 1 - 4t 2 e t dt 0 1 1 0.25 I = (1 - 4t ) e2 t + 8ò te t dt 0 0 æ t 1 1 t ö 0.25 I = -3e - 1 + 8 ç te - ò dt ÷ = -3e - 1 + 8 ( e - ( e - 1) ) = 7 - 3e . e 0 è 0 ø IV + Gọi I, H lần lượt là hình chiếu của O, S trên (ABCD). Có I là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD. Do đó SH = 2OI = 2 OA 2 - IA 2 = 2 52 - 32 = 8 . 0.25 + Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD suy ra IM ^ AB, IN ^ CD mà AB // CD nên I Î MN và MN ^ AB, CD . 0.25 Suy ra MN = IM + IN = IA 2 - AM 2 + IC 2 - CN 2 = 32 - 12 + 32 - 22 = 2 2 + 5 ( AB + CD ) .MN 0.25 + S ABCD = 2 ( ) = 3 2 2 + 5 . 1 Vậy VS.ABCD = SH.S ABCD 3
S ( ) = 8 2 2 + 5 (đvtt). 0.25 O H D N C I A B M V a2 b2 2 c Ta có: P ³ + + b2 + c2 a 2 + c2 a 2 + b 2 b 2 + c2 + c2 + a 2 + a 2 + b + 2 2 2 2 0.25 2 é a2 b2 2 c ù ÛP³ ê 2 2 + 2 2 + 2 . 3 ëb + c c + a a + b 2 ú û Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân, ta có: é a2 b2 2 c ù ( a 2 + b 2 + b 2 + c2 + c 2 + a 2 ) ê 2 2 + 2 2 + 2 2 ú ³ 9 ë b + c c + a a + b û 0.25 a2 b2 c 2 3 Û 2 2+ 2 2 + 2 2 ³ b +c c +a a + b 2 0.25 2 3 Þ P ³ . = 1. 3 2 0.25 GTNN P = 1, đạt được khi a = b = c = 1. VIa.1 æ 1 ö 1 0.25 (C) có tâm I ç 1; - ÷ và bán kính R = 2 . IM 2 = 1 +
é B = 0, C = -2 Û B2 + 2AB = 0 : Nếu A = 0 Þ B = C = 0 , không thoả mãn. Chọn A = 1 Þ ê ë = -2,C = 0 B 0.25 Vậy phương trình (P): x - 2z + 8 = 0 hoặc x - 2y + 4 = 0 . VIIa 2002 - k k 0.25 æ x ö æ y ö Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk = C k ç ÷ ç 3 ÷ , 0 £ k £ 2002 2002 ç 3 y ÷ ç x÷ è ø è ø 2002 - k k k æ 1 - 1 ö 2 6 æ 1 - 1 ö 3 6 0.25 =C 2002 çx y ÷ çy x ÷ è ø è ø 2002- k k k 2002 - k 6006 - 4k 3k - 2002 - - 0.25 = Ck x 2002 2 6 .y 3 6 = C k x 2002 6 .y 6 Số hạng cần tìm là số Tk tương ứng với k thoả mãn 6006 - 4k = 3k - 2002 Û k = 1144 . 0.25 715 Vậy số cần tìm là T1144 = C 1144 . 2002 ( 3 xy ) VIb. 1 A Ï d :3x - y - 1 = 0 suy ra d qua B, D. Gọi H là hình chiếu của A trên d thì H (1; 2 ) 0.25 C đối xứng với A qua d nên H là trung điểm AC suy ra C ( 4;1 . ) 0.25 B Î d và H là trung điểm BD nên B ( m,3m - 1) ; D ( 2 - m,5 - 3m ) 2 2 2 0.25 SABCD = 40 Û AC.BD = 80 Û 36 + 4. ( 2 - 2m ) + ( 6 - 6m ) = 80 Û ( m - 1) = 4 0.25 m = 3 Þ B ( 3;8 ) , D ( -1; - ) ; m = -1 Þ D ( -1; - ) , D ( 3;8 ) . 4 4 r r VIb. B Î ( P ) , (P) có VTPT n (1;1;1 , d Ì ( P ) Þ u d ( A; B; - ( A + B ) ) , ( A 2 + B2 ¹ 0 ) ) 0.25 2 r 2A + B - 2 ( A + B ) B u D ( 2;1; 2 ) , cos ( d, D ) = = . 0.25 2 2 3 A + B + ( A + B ) 2 3 2A 2 + 2AB + 2B 2 Nếu B = 0 Þ cos ( d, D ) = 0 Þ ( d, D ) = 900 , không thoả mãn, vậy B ¹ 0 , A 1 đặt t = Þ cos ( d, D ) = . B 2 3 2t + 2t + 2 0.25 ( d, D ) nhỏ nhất Û cos ( d, D ) lớn nhất Û t 2 + t + 1 nhỏ nhất 1 A 1 Ût=- Þ = - Þ A = 1, B = - . 2 0.25 2 B 2 x - 1 y - 1 z + 1 Vậy d có phương trình: = = . 1 - 2 1 VIIb Phương trình Û ( z 4 + 2z 2 + 1) - z 2 = 0 Û ( z 2 - z + 1)( z 2 + z + 1) = 0 0.25 1 3 1 3 0.25 z 2 - z + 1 = 0 : D1 = 1 - 4 = -3 Þ phương trình có 2 nghiệm z1 = +i , z 2 = - i 2 2 2 2 1 3 1 3 0.25 z 2 + z + 1 = 0 : D 2 = 1 - 4 = -3 Þ phương trình có 2 nghiệm z 3 = - + i , z 4 = - - i 2 2 2 2 0.25 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là z1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0