De thi thu Toan THPT Nguyen Duc Mau

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (160.18 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Mơn: TỐN; Khối A

www.MATHVN.com Th

ờ

i gian làm bài: 180 phút, không k

ể

th

ờ

i gian giao

đề

.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 1 3 2 2 ( 4) 1

3 3

y= x − x + m+ x+ −m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến và vẽđồ thị của hàm số (1) khi m= −1

2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A

(

3; 1−

)

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3cos cos 3 2sin (cos 2 2) 2 6 cos 2
sin

x x x x

x

x π

− + + =

 

+
 
 

2. Giải phương trình:

2 9 17

2 6 16 3 1

x x

x

x x x

− +
− =

− + + − .

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

cot .ln(sin )
sin

x x

I dx

x
π

∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC=600. Cạnh
bên SB = 2a và SB tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 . Hình chi0 ếu của S lên mặt phẳng (ABC)
trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương a b c th, , ỏa mãn: a2+ + =b2 c2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

2 2 2

a b c

P

b c c a a b

= + +

+ + + .

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉđược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc đường thẳng d có
phương trình: x−4y− =2 0, cạnh AC song song đường thẳng d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có
phương trình: x+ + =y 3 0, điểm M(1;1) nằm trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 2 1 1

4 1 1

x− = y− = z+

− − và điểm
A(1;0;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với đường thẳng ∆và khoảng cách
giữa đường thẳng ∆với mặt phẳng (P) bằng 3.

Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình sau: 4

(

)

4

(

)

(

)

2
1

2 log 1 log 2 1 log 1

x + ≤ x− + x+

B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, phương trình
đường thẳng AB: x− + =y 3 0, điểm I(1;2) là giao điểm hai đường chéo. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x− + + =y z 5 0, đường thẳng
1

1 2

1 2 1

x y z

d − = = +

− , đường thẳng 2

1 1

1 1 2

x y z

d = + = −

− . Viết phương trình mặt phẳng (

α

) song
song mp (P), cắt các đường thẳng d d l1, 2 ần lượt tại A và B sao cho độ dài đoạn AB bằng 3 .

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phươg trình: log (2 ) 1 log (2 )
5x y xy 125

x y xy

+ +

+ = −




</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Mơn: TỐN; Khối A

Câu Nội dung Điểm

1. (1 điểm) Khảo sát SBT và …… 1 3 2 2 3 4

3 3

y= x − x + x+

Khi m= −1 ta có, 1 3 2 2 3 4

3 3

y= x − x + x+

Tập xác định: D=ℝ

Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'=x2−4x+3; ' 0 1
3

x
y

x

=


= ⇔ 

=


0.25

- Hàm sốđồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3;+∞), nghịch biến trên (1;3)
- Cực trị: Hàm sốđạt CĐ tại 1; 8

3
C§

x= y = , đạt CT tại 3; 4
3
CT

x= y = .

- Giới hạn: lim ; lim

x→+∞y= +∞ x→−∞y= −∞

0.25

- Bảng biến thiên:

0.25

Đồ thị:

0.25

2. (1 điểm)Viết PTTT…

Gọi M x y thu( ;0 0) ộc đồ thị hàm số (1). Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số (1)

tại M x y là: ( ;0 0) y x'( )0 =x02−4x0+ + =4 m (x0−2)2+ ≥m m 0.25

0 0

'( ) khi 2

Min y x =m x = ⇒ tọa độ tiếp điểm M(2;m+3) 0.25 
PT tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tạiM(2;m+3) có dạng: y=m x( − + +2) m 3 0.25

I 
(2 điểm)

Tiếp tuyến đi qua A(3; 1)− nên 1− = + + ⇔ = −m m 3 m 2. Vậy m= −2 0.25 
1. (1 điểm) Giải PT: 3cos cos 3 2sin (cos 2 2) 2 6 cos 2 (1)

sin

x x x x

x

x π

− + + =

 
+
 
 

II 
(2 điểm)

Điều kiện: ,
4

x≠ −π+kπ k∈ℤ.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2a
G
S
M
C
A
B
3 3

6 cos 4 cos 6sin 4sin

(1) 2 3 cos 2

sin cos

x x x x

x

x x

− + −

⇔ =

(cos sin )(2 2sin 2 ) 2 3 cos 2
sin cos

x x x

x

x x

+ +

⇔ =

+ 0.25

⇔ 3 cos 2x−sin 2x=1 cos(2 ) 1

6 2

x π

⇔ + = 0.25

12 ( )

4
x m
m
x m
π
π
π
π

 = +

⇔ ∈

= − +



ℤ . Vậy, phương trình có nghiệm:

x= − +π mπ 0.25

2. (1 điểm) Giải phương trình:

2 9 17

3 (2)

2 6 16 3 1

x x

x

x x x

− +
− =

− + + − .
Điều kiện: 1

x≥ . Ta thấy, để (2) có nghiệm thì x≤3 1 3
3 x
⇒ ≤ ≤
2

(2)⇔ − =3 x 2x −6x+16 − 3x−1

0.25

⇔ − +3 x 3x− =1 2x2−6x+16

⇔ −(3 x)2+2(3−x) 3x− +1 (3x− =1) 2(3−x)2+2(3x−1) 0.25 
⇔ − −(3 x 3x−1)2 =0⇔ − =3 x 3x−1 0.25

9 41
2
9 10 0

9 41
2
x
x x
x
 +
=


⇔ − + = ⇔

 −
=



. Vậy PT có nghiêm: 9 41
2

x= − 0.25

2
4

cos .ln(sin )
sin
x x
I dx
x
π
π

∫

. Đặt:

2
cos
ln(sin )
sin
cos

1
sin
sin
x

u x du dx

x
x
dv dx
v
x
x

= =
 
 
⇒
 
=
  = −
 
0.25 
2
2
2
4 4
1 cos
.ln(sin )
sin sin

x

I x dx

x x
π
π
π π
 
⇒ = −  +

 

∫

0.25

2 2
4
4
1 1
.ln(sin )

sinx x sinx

π π

π
π

 

= −  −

  0.25

III 
(2 điểm)

2 1 2ln 2
2

= − − 0.25

IV 
(1 điểm)

.sin 60 3

3 3

.cos 60

2 2

Trong SBG: SG SB

BG SB BM BG

a

a a

∆ = =

= = ⇒ = =

Đặt AB = x ( x > 0)

3
3, 2 ;

AC x BC x MA MC x

⇒ = = = = .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Áp dụng định lý Côsin trong ∆BCM:

BM2 =BC2+MC2−2BC.BM.cos 300 3
7

a
x

⇒ =
0.25

3 3 3

7 7

AB a AC a

⇒ = = . Diện tích ∆ABC:

1 9 3

2 14

ABC

a

S∆ = AB AC = 0.25 
Thể tích khối chóp S.ABC là:

2 3

1 9 3 9

. . 3

3 14 14

S.ABC

a a

V = a = (đvtt) 0.25

Ta có:

2 2 2 2 2

( 2 ) ( 2 ) 2

2. .

2 9 2 9 3

a b c a a b c a a

b c b c

+ +

+ ≥ =

+ +

Tương tự,

2 2 2

( 2 ) 2

2 9 3

b c a b b

c a

+ ≥

+ ;

2 2 2

( 2 ) 2

2 9 3

c a b c c

a b

+ ≥

0.25

Khi đó, 2( 2 2 2) 1( 2 2 2 2 2 2 2 2 2) (1)

3 9

P≥ a + +b c − a b+b c+c a+ a c+ ab + bc

Ta có:

3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 2 2 3 3 3

(2)

3 3 3

a a c a b b b c c

a c+ab +bc ≤ + + + + + + + + =a + +b c

0.25

Từ (1) và (2) suy ra: 2( 2 2 2) 1( )( 2 2 2)

3 9

P≥ a + +b c − a+ +b c a + +b c 0.25

V 
(1 điểm)

Mặt khác, a+ + ≤b c 3(a2+ +b2 c2)

nên: 2( 2 2 2) 1( 2 2 2) 3( 2 2 2) 1

3 9

P≥ a + +b c − a + +b c a + +b c =

Vậy, MinP =1khi x= = =y z 1

0.25

1. (1 điểm)

Đường thẳng d1: qua M(1;1)
AH




⊥


⇒PT đường thẳng d1: x− =y 0.

Gọi I = d1∩AH ⇒I( 3

2
− ; 3

2
− )

Gọi N đối xứng M qua AH thì N(-4;-4) và N
nằm trên AC.

0.25

Đường thẳng AC: qua N(-4;-4)
song song d




 ⇒PT đường thẳng AC: x−4y− =12 0.
Ta có, A = AC∩AH ⇒A(0;-3)

0.25

Đường thẳng AB: qua N(0;-3)
qua M(1;1)




 ⇒PT đường thẳng AB: 4x− − =y 3 0.
Ta có, B = d∩AB ⇒B(2

3;
1
3
− )

0.25

VI.a 
(2 điểm)

Đường thẳng d1:

2 1
( ; )

3 3
qua B



−



⊥



⇒PT đường thẳng BC: x− − =y 1 0.

Ta có, C = BC∩AH ⇒C( 8
3
− ; 11

3
− )

0.25 
H

N
I
M

C
A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2. (1 điểm)

Đường thẳng ∆ đi qua B(2;1;-1), có vtcp u( 4; 1;1)− −

.
Phương trình mp(P): (1;0;3)

( ; ; )
qua A

vtpt n a b c




 có dạng: ax+by+ − −cz a 3c=0

0.25

Ta có, ∆/ /(P) ⇔n u. = ⇔ = −0 b c 4a (1)

Mặt khác, d(∆,(P)) = d(B,(P)) = 3

2 2 2

3 (2)

a c b

a b c

− +

⇔ =

+ +

0.25

Từ (1) và (2), ta được: 16a2−10ac+ =c2 0
Chọn, 1 2 10 16 0 8

c

a c c

c

=

= ⇒ − + = ⇔ 

=


0.25 
- Với c = 8 ⇒b=4;a=1⇒PTmp(P): x+4y+8z−25=0

- Với c = 2 ⇒b= −2;a=1⇒PTmp(P): x−2y+2z− =7 0. 0.25 
Điều kiện: 1 1

x

− < ≠

Bất PT ⇔log (2 x3+ ≤1) log 2x− +1 log(x+1)

0.25 
2

1 2 1 (*)

x x x

⇔ − + ≤ − 0.25

- Với 1 1
2

x

− < < : (*)⇔ x2− + ≤ −x 1 1 2x⇒− < ≤1 x 0 0.25

VII.a 
(1 điểm)

- Với 1
2

x> : (*)⇔ x2− + ≤x 1 2x−1⇒1≤ ≤x 2.
Vậy, bất PT có nghiệm: x∈ −( 1; 0]∪[1; 2]

0.25 
1. (1 điểm)

Do SABCD =16⇒S∆IAB =4

Gọi H là hình chiếu của I lên AB thì H là
trung điểm đoạn AB.

Ta có, IH=d(I,AB)= 2 nên AB=4 2.

0.25

Phương trình HI: x+ − =y 3 0. H = IH∩AH ⇒H(0;3) 0.25 
Khi đó, gọi A( ;x x0 0+3) thì B(−x0;3−x0); 02 0

0
2

4 2 8 32

AB x x

x



= ⇔ = ⇔

= −

 0.25

- Với x0 =2⇒ A(2;5), B(-2;1), C(0;-1), D(4;3)

- Với x0 = −4⇒ A(-2;1), B(2;5), C(4;3), D(0;-1) 0.25 
2. (1 điểm)

Do mp( )α song song mp(P) nên PT mp( )α : 2x− + + =y z m 0 0.25 
+) mp( )α ∩ =d1 A(1+m m; 2 ; 2− −m) 0.25 
+) mp( )α ∩d2 =B(m+2;1+ −m; 2m−3) 0.25

VI.b 
(2 điểm)

Ta có, AB= 3⇔ =m 0 ⇒ PT mp( )α : 2x− + =y z 0 0.25 
Điều kiện: 0

x y

xy

+ >




>

 . Hệ phương trình

( ) 2

x y xy

x y xy

+ =


⇔

+ + =

 0.25

VII.b 
(1 điểm)

Đặt u x y

v xy

= +



=

 ta tìm được,

2; 1
1; 2

u v

= =



 = =

 0.25

C
B
H

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Với, 2 2 1

1 1 1

u x y x

v xy y

= + = =

  

⇔ ⇔

  

= = =

   (thoả mãn điều kiện) 0.25

Với, 1 1

2 2

u x y

v xy

= + =

 

⇔ ⇒

 

= =

  vơ nghiệm.

Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;1)

</div>

De thi thu Toan THPT Nguyen Duc Mau

<b>www.MATHVN.com Th</b>

<i>ờ</i>

<i><sub>i gian làm bài: 180 phút, không k</sub></i>

<i>ể</i>

<i><sub> th</sub></i>

<i>ờ</i>

<i><sub>i gian giao </sub></i>

<i>đề</i>

<i><sub>. </sub></i>

(

)

<sub>∫</sub>

(

)

(

)

(

)

α

<sub>∫</sub>

∫

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về