Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 39 ppt

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC
Trường THPT Sầm sơn Khối B,D năm học 2012 - 2013
Môn Toán. Thời gian : 180 phút
(Không kể thời gian giao đề )
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm)
Câu
I: ( 2 điểm) Cho hàm số: y = x
3
– 3x
2
+ 2
a)
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6
Câu II: ( 2 điểm )
1) Giải bất phương trình:
 
21
293
2
2

2


x
x
x

2) Giải phương trình: sin3x+cos3x
-2
2
1
4
cos









x
=0
Câu III: ( 2 điểm) cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạch a, tam giác SAB
đều và năm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N,P,K lần lượt là trung điểm của BC, CD,
SD,SB.
a) Tính thể tích của khối chóp S.ABMN
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP
Câu IV:

(
1 điểm
) Cho tam giác ABC nhọn có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
222222222
b
a
c
abca
a
c
b
cabc
c
b
a
bcab
P













II.PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm
)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 )
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu V.a
( 2 điểm )
1) Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn (C): x
2
+y
2
-4x-2y-4 = 0
có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A,
B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông.
2) Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn
khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ
3 môn.
Câu VI.a
( 1 điểm )
Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5

xx
.
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu V.b
( 2 điểm )

1) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc:
 
01
2
2
 ba
b
y
a
x

(E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm
2) Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton:
 
 
n
x
x








5
3lg2310lg
22

. Biết số hạng
thứ 6 của khai triển bằng 21 và
231
2
nnn
CCC 

Câu VI.b ( 1 điểm ) Giải phương trình:
623.23.34
212


xxxx
xxx


ac.page.t
l
Cảm
ơ
n

bạ
n

K
h
á
nh


H
ò
a
(
k.
ho
a9
4@
z
i
ng.c
om
)

gửi
t
ới
www
.
la
is
ac.
page.
t
l
2
2
SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC
Trường THPT Sầm sơn Khối B,D năm học 2012 - 2013
Môn Toán. Thời gian : 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm)

Câu ý Nội dung Điểm
Câu I a
Cho hàm số: y = x
3
– 3x
2
+ 2
b) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
+
Tập xác định: R

Giới hạn tại vô cực:


y
x
lim
;


y
x
lim

+
Sự biến thiên: y

/
= 3x
2
-6x
*Bảng biến thiên:









*Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến




 ;20;x

Hàm số nghịch biến:


2;0x

Cực trị:






2
2
CT
CT
y
x
;





2
0
CD
CD
y
x

+ Đồ thị: Đồ thị hàm sô nhận điểm uốn làm tâm đối xứng , đi qua
các điểm CĐ, CT Và điểm M(3;2)
Vẽ đồ thị :



0,25đ

0,25đ










0,25đ





y
/


x
y

-
2

-


+

+

+


0

+



-


2

0

0

2


-

Cảm
ơ
n

bạ
n

K
h
á
nh

H
ò
a
(
k.
ho
a9
4@
z
i
ng.c
om
)

gửi
t
ới
www

.
la
is
ac.
page.
t
l














0,25đ



Câu I b
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm
M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam
giác có diện tích bằng 6
+Ta có AB

52

Do đó khoảng cách từ M đến AB bằng
5
6
, phương trình cạnh AB
là: 2x+y-2 = 0
+ M thuộc (C) suy ra M(x; x
3
-3x
2
+2)
 
5
6
5
23
/
23



xxx
ABMd
.








0623
0623
23
23
xxx
xxx

Giải phương trình Tìm được x =-1; x = 3
+ Tìm được M(-1;-2); M(3;2) do đó có 2 phương trình tiếp tuyến là:
y = 9x+7 hoặc y = 9x - 25


0,25đ


0,25đ



0,25đ

0,25đ

Câu II 1

Giải bất phương trình:
 
21

293
2
2
2


x
x
x

+ ĐK:













0
2
9
0
029
x

x
x
x

Khi đó ta có bất phương trình tương đương:
2
7
429 21
2
293
2
2
2











xxx
x
x
x

+ Vậy nghiệm của bất phương trình là:

 
0\
2
7
;
2
9






x






0,25đ



0,5đ

0,25đ

2
Giải phương trình: sin3x+cos3x

-2
2
1
4
cos 








x
=0
Phương trình
:




01sincos5sincos4
33
 xxxx








oxxxxxx  1sincos5cossin1sincos4


Đặt cosx – sinx =t ta được
:
012015
2
1
14
3
2










 ttt
t
t

giải phương trình ta được t = 1 thay và đặt:

0,25đ

0,25đ

cosx – sinx = 1










2
2
2

kx
kx
k
Z


Vậy phương trình có nghiệm:


2;2
2

kxkx

k
Z




0,25đ


0,25đ
Câu III a
H là trung điểm AB: do (SAB)

(ABCD) do đó SH

(ABCD) ta
có
+ Tính được SH
+ Tính được: S
ABMN
+ Tính đúng V
S.ABMN
V
S.ABMN
=
3
2
.

48
35
8
5
.
2
3
.
3
1
.
3
1
a
aa
SSH
ABMN

(đvtt)


0,5đ


0,5đ

b
+ Chứng minh được MK// (APN) do đó: khoảng cách của MK
và AP bằng khoảng cách từ M đến (APN)
+Gọi E là giao điểm của HD và AN suy ra PE//SH từ đó
PE

(AMN). Kẻ MF

AN ( F thuộc AN) thì MF

(APN)
+ MF =
52
3
AN
2
a

S
AMN



+ Vậy khoảng cách của AP và MK là:
52
3a
MF 


0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu IV
Cho tam giác ABC nhọn có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn:
abc=1
Tìm giá trị nhỏ nhất của:




H

A

S

B

K

P

C

D

N

E

M

222222222
b
a
c
abca
a
c
b
cabc
c
b

a
bcab
P














+











222222

11
baccba
abp










222222
11
acbcba
cb

+









222222
11

bacacb
ac

+Ta có:
2222222
211
cbaccba











(
Do với x,y dương thì
yxyx 

411
)
Tương tự:
2222222
211
aacbcba












2222222
211
bbacacb










Vậy
62
222









b
ac
a
bc
c
ab
P

Vậy P nhỏ nhất bằng 6 khi a-=b=c=1





0,25đ








0,5đ
0,25đ

II.PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm )

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 )
1.Theo chương trình chuẩn:

Câu ý Nội dung Điểm
Câu V.a 1
Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường
tròn (C): x
2
+y
2
-4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để
từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao
cho tứ giác IAMB là hình vuông.
+ Tìm được tâm đường tròn I(2;1) và bán kính R = 3. Lý luận để
MI = 3
2

+ M thuộc x-y+1=0 do đó M(x; x+1)
MI=
 
232
2
2

xx








221
221
01442
2
x
x
xx

Vậy có 2 diểm M


222;221 
hoặc M


222;221 






0,25đ


0,5đ

0,25đ

2
+ Số phần tử của không gian mẫu là:
4
15
1365
C  

+ Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các
trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán,
1lý, 2 văn)) có số phần tử là:
2 1 1 1 2 1 1 1 2
4 5 6 4 5 6 4 5 6
. . . 720
A C C C C C C C C C   

Xác suất để xảy ra A là:
720 48
( ) 0.527
1365 91
P A   

0,25đ


0,25đ


0,25đ

1.Theo chương trình nâng cao:
Vậy xác suất cần tìm là:
 
43
P 1 P A
91
  

0,25đ

Câu VIa
Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5

xx
.
+ ĐK:
3
1
012
013







x
x
x

+ Biến đổi phương trình về dạng:




32
12135 
xx

+ Giải phương trình tìm được nghiệm: x=1/8;x=2
Vậy nghiệm của phương trình là; x = 2


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu ý Nội dung Điểm
Câu IV.b 1
Trong 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc:
 
01
2
2
2

2
 ba
b
y
a
x
(E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24,
chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua
M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm.
+ Tìm được a = 3; b = 2
+ Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm M
1
(x
1
;y
1
),
M
2
(x
2
;y
2
) khi đó:
  
09))((4
3694
3694
21212121
2

2
2
2
2
1
2
1








yyyyxxxx
yx
yx

Mà: M là trung điểm M
1
, M
2
nên: x
1
+x
2
=2; y
1
+y

2
=2 nên
4(x
1
-x
2
)-9(y
1
-y
2
)=0 (1)
+ Giả sử phương trình đường thẳng qua M(1;1) có VTPT (a;b)
Khi đó có phương trình: a(x-1)+ b(y-1) = 0 do qua M
1
, M
2
nên:




   
   
0
011
011
2121
22
11







yybxxa
ybxa
ybxa
(2)
Từ (1) và (2) ta có a = 4 b = 9 vậy phương tình đường thẳng cần tìm
là: 4x+ 9y - 13 = 0






0,25đ





0,25đ



0,25đ

0,25đ


2) Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton:
 
 
n
x
x








5
3lg2310lg
22
. Biết số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21
và
231
2
nnn
CCC 

+ Từ
231
2

nnn
CCC 
giải phương trình tìm ra n =7
+ Số hạng thứ 6 bằng 21 thì:




03lg310lg212
23lg)2(310lg5
7

 xxx
x
C
093.10)3(
2

xx

+ Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1; x = 2





0,25đ

0,5đ
0,25đ

GHI CHÚ

Đáp án này gồm 5 trang, học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Bài hình học không gian nếu vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm

Câu V.b
Giải phương trình:
623.23.34
212


xxxx
xxx

ĐK x≥ 0
+ Chuyển bất phương trình về dạng tích:
0)32)(32(
2

x
xx

+ Từ nghiệm vế trái: x = -1; x =3/2; x =
2log
2
3
. Lý luận để phương
trình có nghiệm
+ Kt luận nghiệm phương trình:x =3/2; x =
2log

2
3
.


0,25đ
0,25đ

025đ
0,25đ

Cảm
ơ
n

bạ
n

K
h
á
nh

H
ò
a
(
k.
ho
a9

4@
z
i
ng.c
om
)

gửi
t
ới
www
.
la
is
ac.
page.
t
l