ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 MÔN TOÁN KHỐI D THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

219
lượt xem 62
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2012 - lần 1 môn toán khối d thpt chuyên nguyễn quang diêu', 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: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 MÔN TOÁN KHỐI D THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi (d) là đường thẳng qua M  2; 0  có hệ số góc k. Tìm k để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho   MA  2 MB . Câu II (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình 3 sin x  cos x  . cos x 2. Giải phương trình 2 x 2  x  x 2  3  2 x x 2  3  9 x  . 4 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x log 2  x 2  9  dx . 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC  600 , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình 4  x 2  2 x  15  x 2  2 x  13  m Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x   3;5 . 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) 2 2 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  6; 2  và đường tròn (C):  x  1   y  2   5 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB  10 . x 1 y z  1 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  d  : và hai điểm A  4; 1;1 , B  2;5; 0  . Tìm  1 2 4 điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M . 8 2 x  y  0,5 y 3   Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  . log 3  x  2 y   log 3  3 x  2 y   3  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  1; 2  và đường thẳng  d  : x  2 y  3  0 . Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC  3BC . 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A  0;1; 0  , B  2; 2; 2  , C  2;3; 4  và đường thẳng x 1 y  2 z  3 d  : . Tìm điểm M thuộc (d) sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3.   1 2 2 2y x 9.4  2.4 3  4  0 Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  . log 3 x  log 3 y  1  0  ----------------- Hết ------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..............................................; Số báo danh:.............................. SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) 0.25 \ 2  Tập xác định: D   Sự biến thiên: 3 ￚ Chiều biến thiên: y '   0, x  D 2  x  2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2  và  2;   ￚ Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1 0.25 x  x  lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  2 x  2 x  2 ￚ Bảng biến thiên: 0.25 0.25  Đồ thị 2.(1,0 điểm)
Phương trình đường thẳng (d): y  kx  2k 0.25 x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):  kx  2k (1) x2 Điều kiện: x  2 Phương trình (1) tương đương với: f ( x)  kx 2   4k  1 x  4k  1  0 (2) (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt 0.25  (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 k  0 k  0      12k  1  0   1 (*) k   12  f 2  3  0   0.25 Đặt A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với x1 , x2 là hai nghiệm của (2) và y1  kx1  2k ; y2  2 x2  2k    x1  2  2  x2  2   Khi đó: MA  2MB    x1  2 x2  6 (3)  y1  2  2  y2  2   Theo định lý Viet ta có: 0.25 4k  1   x1  x2  k (4)    x x  4k  1 (5) 12 k  2k  2 4k  1 Từ (3) và (4) suy ra: x1  ; x2  (6) k k 2k  2 2k  1 4k  1 2 Từ (5) và (6) ta được:  k  , thỏa (*)  . k k k 3 2 Vậy, giá trị k thỏa đề bài là: k  . 3 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: cos x  0 (*) 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: 1  cos 2 x 3 3 sin x cos x  cos 2 x  1  s in2x   1  cos 2 x  3 s in2x  1 2 2 0.25 1 3 1  cos 2 x  s in2x  2 2 2 0.25  1   cos  2 x    3 2  0.25    x  3  k ( k  ), thỏa (*)    x  k   k  x  k ( k  ). Vậy, phương trình có nghiệm là: x  3 2.(1,0 điểm) 0.25 Đặt t  x  x 2  3 , phương trình đã cho trở thành: t 2  t  12  0 0.25 t  3 t 2  t  12  0   t  4
0.25 x  3 Với t  3 thì x  x 2  3  3   2   x 1 2 x  3  x  6x  9 0.25  x  4  Với t  4 thì x  x 2  3  4   2  x  2  x  3  x  8 x  16 Vậy, phương trình có nghiệm là: x  1 . III (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 x2  9 2x Đặt u  log 2  x 2  9   du  dx và dv  xdx  v   x 2  9 .ln 2 2 0.25 4 4  x2  9  1 .log 2  x  9    2 Suy ra: I    xdx 2  0 ln 2 0 0.25 4  x2  9  25 9  2 .log 2  x  9    2 log 2 25  2 log 2 9  25log 2 5  9 log 2 3 2   0 4 4  x2  xdx     8    2 0 0 0.25 8 Vậy I  25log 2 5  9log 2 3  . ln 2 IV (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 Gọi O  AC  BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM. Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên: a2 3 a3 a3 CM  AB, OI  AB và CM  , OI  , S ABCD  2 4 2 0.25 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO   ABCD  Do AB  OI  AB  SI . Suy ra:  SAB  ,  ABCD     OI , SI   SIO  300   a3 3 a Xét tam giác vuông SOI ta được: SO  OI .t an300   . 43 4 2 3 1 1a 3a a 3 Suy ra: V  .S ABCD .SO  . . . 3 324 24 Gọi J  OI  CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI 0.25
a3 và JH   SAB  Suy ra: IJ  2OI  2 Do CD / / AB  CD / /  SAB  . Suy ra: d  SA, CD   d CD,  SAB    d  J ,  SAB    JH     0.25 a31 a3 Xét tam giác vuông IJH ta được: JH  IJ .s in300  . 22 4 a3 Vậy d  SA, CD   . 4 V (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 Xét bất phương trình: 4  x 2  2 x  15  x 2  2 x  13  m (1) 2 Điều kiện:  x  2 x  15  0  3  x  5 1 x Đặt t   x 2  2 x  15 , ta có: t '  , t '  0  x 1 2  x  2 x  15 Bảng biến thiên: Suy ra: t   0; 4 0.25 Do t   x 2  2 x  15  x 2  2 x  15  t 2 nên bất phương trình đã cho trở thành: t 2  4t  2  m (2) Xét hàm số f (t )  t  4t  2 với t   0; 4 , ta có: 0.25 2 f '  t   2t  4  0  t  2 Bảng biến thiên: Suy ra: min f (t )  f  2   6 t0;4 Bất phương trình (1) nghiệm đúng x   3;5 0.25  Bất phương trình (1) nghiệm đúng t   0; 4  m  min f (t ) t0;4  m  6 Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: m  6 . VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) 0.25 Đường tròn (C) có tâm I 1; 2  và bán kính R  5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có: AB2 10 5 10 IH 2  IA 2  AH 2  R 2   5    IH  4 42 2  Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT n   a;b   a  b  0  có dạng: 0.25 2 2 a  x  6   b  y  2   0  ax  by  6a  2b  0 Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: 0.25 a  2b  6a  2b 10 d  I; (d)   IH   9a 2  b 2  b  3a  2 2 2 a b 0.25  Với b  3a ta được  d  : x  3y  0 Với b  3a ta được  d  : x  3y  12  0  Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là:  d  : x  3y  0 hoặc  d  : x  3y  12  0 . 2.(1,0 điểm) 0.25  x  1  2t  Phương trình tham số của (d):  y  4t . Đặt M 1  2t ; 4t; 1  t   z  1  t    Ta có: MA   3  2t ; 1  4t ;2  t  ; MB  1  2t ;5  4t ;1  t    0.25 MAB vuông tại M  MA.MB  0   3  2t  1  2t    1  4t   5  4t    2  t  1  t   0  4t 2  10t  3  4t 2  16t  5  t 2  3t  2  0 23  9t 2  23t  0  t  0  t  9 0.25 t  0  M 1; 0; 1  0.25 23  55 92 32  t  M  ; ;   9 9 9 9  55 92 32  Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: M 1;0; 1 hoặc M  ; ;   . 9 9 9 VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 8 2 x  y  0,5 y 3  (1)  Xét hệ phương trình:  log 3  x  2 y   log 3  3x  2 y   3 (2)  Điều kiện: x  2 y  0;3 x  2 y  0 (*)
0.25 x y6 1  Khi đó:  3  y  y  x (3) 2 0.25 log 3 3x  log 3 x  3  3x 2  27  x  3 . Thay (3) vào (1) ta được: 0.25 Với x  3  y  3 , thỏa (*)  x  3  y  3 , không thỏa (*)  x  3 Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  .  y  3 VI.b (1,0 điểm) (2,0 điểm) Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d) 0.25 Phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với (d) là: 2x  y  m  0 A  1; 2       2  2  m  0  m  0 Suy ra:    : 2x  y  0 . 0.25 3  x 2x  y  0     3 6 5 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: . 6  C 5; 5  x  2y  3    y  5  0.25 Đặt B  2t  3; t   (d) , theo giả thiết ta có: AC  3BC  AC  9 BC 2 2  16 t  2 2  12   6   4 16  9  2t     t     45t 2  108t  64  0   15 .   4 25 25 5   5   t    3 0.25 16  13 16   Với t   B   ;  15  15 15  4  1 4  Với t   B   ;  3  3 3  13 16   1 4 Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: B   ;  hoặc B   ;  .  15 15   3 3 2.(1,0 điểm)       0.25 Ta có: AB   2;1; 2  ; AC   2; 2; 4    AB, AC    0; 12; 6    0.25  x  1  2t  Phương trình tham số của (d):  y  2  t . Đặt M 1  2t ; 2  t ; 3  2t   z  3  2t         Ta có: AM  1  2t; 3  t; 3  2t  .Suy ra:  AB, AC  . AM  18  24t   0.25 t  0 1       AB, AC  . AM  3  18  24t  18   VMABC  3   3  t   6  2 0.25  Với t  0  M 1; 2; 3 1   Với t  0  M  2;  ; 6   2   1   Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là M 1; 2; 3 hoặc M  2;  ; 6  . 2   VII.b (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25 2y x 9.4  2.4 3  4  0 (1) Xét hệ phương trình  log 3 x  log 3 y  1  0 (2)  Điều kiện: x  0; y  0 0.25 Khi đó: (2)  log 3 3 x  log 3 y  y  3 x (3) Thay (3) vào (1) ta được: 0.25 x 4  4 1 x2  9.4  4  0   x 1  x  1  x   (loại) 9.4  2.4  4  0  2.  4  x 2x x 4  2   2 0.25 Với x  1  y  3  x  1 Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  . y 3  -------------------------Hết------------------------- Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu