ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (685.03 KB, 7 trang )
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 11292
223
xmmxxy (1) (
m
là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m
.
b) Tìm
m
để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
)3;2(
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
0
sin
cos3cos3sinsin4
2
5
sin
x
xxxxx
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
85)6(2
32
xxx
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3/
3/
2
)3sincos(sin2
dxxxxxI
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
111
. CBAABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
aAB
,
ABC
0
60
; hình chiếu vuông góc của
1
A
trên mặt phẳng
)(ABC
là trung điểm của
BC
; góc giữa
đường thẳng
1
AA
và mặt phẳng
)(ABC
bằng
0
60
. Tính thể tích khối lăng trụ
111
. CBAABC
theo
a
và góc
giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
.
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm
m
để bất phương trình sau có nghiệm
13)11(
33
4
xxxxmx
.
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 trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
với
)1;1(A
,
)3;2(B
và
C
thuộc đường tròn 0946
22
yxyx . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác
ABC
, biết diện tích
của tam giác
ABC
bằng
5,0
và điểm
C
có hoành độ là một số nguyên.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
),2;0;3(A ),0;1;1(B )3;5;4( C
. Gọi
M
là điểm thuộc đoạn
BC
sao cho
BMMC 2
. Viết phương trình
đường thẳng
đi qua
B
, vuông góc và cắt đường thẳng
AM
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức
z
thỏa mãn
52 iz
và điểm biểu diễn của
z
thuộc đường thẳng
013 yx
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, viết phương trình chính tắc của hypebol
)(H
, biết hình chữ nhật cơ sở của
)(H
có diện tích
48
và một đường chuẩn của
)(H
có phương trình
0165 x
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
)2;3;0( M
và đường thẳng
4
1
11
:
zyx
. Viết phương trình mặt phẳng
)(P
qua
M
, song song với
và khoảng cách giữa
và
)(P
bằng 3.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức
10
)31( iz
…………HẾT..............
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 1/6
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D
(Đáp án gồm 6 trang)
Câu Nội dung Điểm
1.a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
11292
23
xxxy
1,00
* Tập xác định : D = R.
* Sự biến thiên của hàm số:
- Giới hạn tại vô cực:
x
ylim
,
x
ylim
.
0,25
- Bảng biến thiên:
Ta có:
Rxxxy ,12186'
2
;
20' xy
hoặc
1x
.
x
-
-2 -1
y’ + 0 - 0 +
y
-3
-4
-
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
)2;(
,
);1(
và nghịch biến trên khoảng
)1;2(
.
Hàm số đạt cực đại tại
2x
, với giá trị cực đại
3)2( y
và đạt cực tiểu tại
1x
, với giá
trị cực tiểu
4)1( y
.
0,25
* Đồ thị
)(C
:
-
)(C
cắt
Oy
tại điểm
)1;0(
-
)(C
đi qua điểm
)8;3(
-
)(C
có điểm uốn
)2/7;2/3( I
.
)(C
nhận
)2/7;2/3( I
làm tâm đối xứng.
f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
0,25
www.VNMATH.com
Trang 2/6
1.b
Tìm
m
để hàm số
11292
223
xmmxxy
(1) nghịch biến trên khoảng
)3;2(
.
1,00
Rxmmxxy ,12186'
22
.
2
9' m
.
- Nếu
0m
thì
Rxy ,0'
, hàm số đồng biến trên R. Vậy
0m
không thỏa mãn.
0,25
- Nếu
0m
thì
mxmy 20'
. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
)3;2(
khi
và chỉ khi
mm 322
(vô nghiệm).
0,25
- Nếu
0m
thì
mxmy 20'
. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
)3;2(
khi
và chỉ khi
2
3
2232 mmm
.
0,25
Vậy, các giá trị
m
cần tìm là
]
2
3
;2[ m
.
0,25
2.
Giải phương trình:
0
sin
cos3cos3sinsin4
2
5
sin
x
xxxxx
.
1,00
Điều kiện :
0sin x
. Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương:
0)sin3sincos3(cos4cos xxxxx
0,25
2242cos4cos kxxxx
)( Zkkx
hoặc
)(
3
Zkkx
0,25
)(
3
Zkkx
.
3
kx
thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi
)(13 Zmmk
hoặc
)(23 Zmmk
0,25
Vậy, nghiệm của phương trình là
)(
3
Zmm
,
)(
3
2
Zmm
.
0,25
3.
Giải phương trình:
85)6(2
32
xxx
(2).
1,00
Điều kiện:
2x
. Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình
0)2(22.425)42(2
22
xxxxxx
(3).
Đặt
2,42
2
xbxxa
(
)0,0 ba
, phương trình (3) trở thành:
0252
22
baba
0,25
0)2)(2( baba
ba 2
hoặc
ba 2
.
0,25
- Với
ba 2
, ta có
014942422
22
xxxxx
(vô nghiệm)
0,25
- Với
ba 2
, ta có
0462242
22
xxxxx
133 x
(tmđk).
Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là
133x
.
0,25
4.
Tính tích phân
3/
3/
2
)3sincos(sin2
dxxxxxI
.
1,00
3/
3/
2
)3sinsin22sin(
dxxxxxI
KJ
trong đó
3/
3/
2
2sin
xdxxJ
,
3/
3/
sin3sin2
xdxxK
.
0,25
www.VNMATH.com
Trang 3/6
- Tính
K
:
4
33
4
4sin
2
2sin
)4cos2(cos
3/
3/
3/
3/
xx
dxxxK
.
0,25
- Tính
J
: Đặt
xu
, ta có
dxduuxux ,2sin2sin,
22
,
,
33
u
33
u
. Do đó
JuduuuduuJ
3/
3/
2
3/
3/
2
2sin2sin
0 J
.
0,25
.
4
33
KJI
0,25
5.
... Tính thể tích khối lăng trụ
111
. CBAABC
và góc giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
.
1,00
Gọi
H
là trung điểm của
BC
. A
1
Từ giả thiết, ta có
360tan
0
aABAC
, B
1
C
1
a
AB
BCCHBHAH
0
60cos2
2
1
. A
Vì
)(
1
ABCHA
nên góc giữa đường thẳng
1
AA
B H C
và mặt phẳng
)(ABC
bằng góc
AHA
1
. Kết hợp giả thiết, ta có
0
1
60 AHA
.
0,25
Suy ra
360tan
0
1
aAHHA
,
a
AH
AA 2
60cos
0
1
. Thể tích khối lăng trụ đã cho
là
2
3
3.3.
2
1
..
2
1
.
3
11
a
aaaHAACABHASV
ABC
.
0,25
Vì
11
// AABB
nên góc
giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
bằng góc giữa hai đường
thẳng
1
CA
và
1
AA
. Ta có
aaaCHHACA 23
2222
11
.
Do đó
8
5
2.2.2
344
.2
coscos
222
11
22
1
2
1
1
aa
aaa
CAAA
ACCAAA
CAA
.
0,25
Vậy, góc giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
là góc
thỏa mãn
8
5
cos
.
0,25
6.
Tìm
m
để bất phương trình
13)11(
33
4
xxxxmx
(4) có nghiệm.
1,00
Điều kiện:
10 x
.
- Xét
0x
, thay vào (4) không thỏa mãn với mọi
Rm
.
0,25
- Xét
]1;0(x
, ta có
0)11(
3
4
xxx
, nên bpt (4) tương đương với bpt
3
4
3
)11(
31
xxx
xx
m
.
0,25
Đặt
3
4
3
)11(
31
)(
xxx
xx
xf
, ta có
3
4
3
3
4
3
)11(
1
.
1
3
)11(
1
.
31
)(
xx
x
x
xx
x
xx
xf
.
0,25
www.VNMATH.com
Trang 4/6
Vì
]1;0(x
nên
0
1
3
x
x
và
1)11(0
3
4
xx
]1;0(,3)( xxf
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1x
.
Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi
)(min
]1;0(
xfm
x
hay
3m
.
0,25
7.a
...Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác
ABC
...
1,00
Ta có
5)2;1( ABAB
.
Phương trình của đường thẳng
AB
là
0)1()1(2 yx
hay
012 yx
.
Gọi
là đường thẳng qua
C
và song song với
AB
. Khi đó, phương trình của
có dạng
)1(02 mmyx
. Vì
AB//
nên
);();( ABCdAd
hay
AB
S
m
ABC
2
5
1
11 m
0m
(tm) hoặc
2m
(tm).
0,25
- Với
0m
thì
có phương trình
02 yx
.
Tọa độ điểm
C
là nghiệm của hệ phương trình
09145
2
0946
2
222
xx
xy
yxyx
xy
(vô nghiệm).
0,25
-
Với
2m
thì
có phương trình
022 yx
.
Tọa độ điểm
C
là nghiệm của hệ phương trình
021225
22
0946
22
222
xx
xy
yxyx
xy
4
3
y
x
(tm) hoặc
5
4
5
7
y
x
(loại).
0,25
)4;3(C
và tọa độ trọng tâm
G
của tam giác
ABC
là
3
8
;2
.
0,25
8.a
Viết phương trình đường thẳng
...
1,00
Gọi
);;( cbaM
, ta có
),;1;1( cbaBM
)3;6;3( BC
. Vì
M
thuộc đoạn
BC
và
BMMC 2
nên
BCBM
3
1
1
1
2
1
21
11
c
b
a
c
b
a
)1;1;2( M
.
0,25
Đường thẳng
AM
đi qua
)2;0;3(A
và có một vectơ chỉ phương
)1;1;1(MA
nên có
phương trình tham số là
tz
ty
tx
2
3
.
0,25
Tọa độ hình chiếu
H
của
B
trên đường thẳng
AM
có dạng
)2;;3( ttt
.
Ta có
H
và
)2;1;2( tttBH
. Vì
AMBH
nên
0. MABH
hay
0212 ttt
1t
)1;2;1( BH
.
0,25
Đường thẳng
đi qua
)0;1;1(B
và có một vectơ chỉ phương
)1;2;1( BH
nên có phương
trình tham số là
uz
uy
ux
21
1
.
0,25
www.VNMATH.com
