Tài liệu Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 55 ppt

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 42 22    y x x có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . 2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu 2: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 1 2sin +tanx+ 1 tan3x cos3x  x 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 log 2 4 1 4 0            y x x xy y Câu 3: (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) : 22 2 4 2 0      x y x y . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN = 3 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 20     x y z và đường thẳng (d): 3 2 1 2 1 1      x y z . Viết phương trình đường thẳng ()  đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB. Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Câu 5: (2 điểm) 1. Tìm 4 3 0 2sinx+cosx (sinx+cosx)  dx  2. Tìm m để phương trình : 22 3 3 3 2 2 2 2 2         x mx m x mx m x mx m có 2 nghiệm dương phân biệt. Câu 6: (1điểm) Xét các số thực dương c b a , , . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ca c b b c a a c b P 32 ) ( 12 3 3 4 2 ) ( 3        . HẾT Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Cả m ơ n LêVăn An(lva75@g mail.com ) gửitới www .laisac.page. tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu ý Nội dung Điểm 1 (2điểm) 1 42 22    y x x TXĐ: R 3 ' 4 4  y x x . 0 '0 1       x y x 0,25 Giới hạn: ; lim lim xx yy       bảng biến thiên X -∞ 1  0 1 +∞ y’ – 0 + 0 – 0 + Y 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; 3);(1; )    Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; 1);(0;1)   Điểm cực đại (0; 2)  ; điểm cực tiểu ( 1; 3);(1; 3)    0,25 Đồ thị đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là 1 7 1 7 ( ; );( ; ) 33 33    Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng 0,25 2 Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: 42 2 2 0    x x m (1) Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt 32      m 0,25 Đặt 2 ( 0)  t x t Phương trình trở thành : 2 2 2 0     t t m Khi 32     m thì phương trình (1) có 4 nghiệm là: 2 1 1 2     t t t t 0,25 4 nghiệm lập thành cấp số cộng 2 1 1 2 1 29    t t t t t 0,25 y O x +∞ +∞ 3  3  2  4 2 -2 -4 -5 5 Theo định lý Vi-ét ta có: 1 1 12 2 12 1 1 10 2 2 5 2 59 92 () 25                         t t tt t t m tm m tm Vậy 59 25  m 0,25 2 (2điểm) 1 Điều kiện: 2 cos3x 0 x 63     k  0,25 1 1 2sin 2sin 1 tan3 tan 2sin 1 cos3 cos3 cos3 1 sinx= 1 (2sin 1)( 1) 0 2 cos3 cos3x=1                   x Pt x x x x x x x x x 0,5 2 1 6 sinx= 5 2 2 6          xk xk     (không thỏa mãn điều kiện) 2 os3x=1 3 2 3     k c x k x   (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình là: 2 3  k x  . 0,25 2 2 2 2 log 2 (1) 4 1 4 0 (2)            y x x xy y Điều kiện: x>0. Từ (2) suy ra y<0 (2) 2 2 2 2 4 4 1 4 16 16 4          x xy y x x y x y 2 2 2 4 2 2 4 16 16 0 ( 4)(4 4) 0           x y x x y xy x xy 2 2 4 4     xy x y ( vì 2 4 4 0    x xy ) 0,25 Thay vao (1) ta được: 2 22 2 4 log 2 4.2 2log ( ) 2 0        yy y y Xét 2 2 ( ) 4.2 2log ( ) 2 '( ) 4.2 .ln2 ln2        yy f y y f y y 0,25 Đặt ( 0)    t y t 2 2 2ln 2 1 2 '( ) 0 4.2 .ln2 0 0 2ln 2 ln2 2 ln2           t t t fy t t t Xét 2 2 2 ln2 2 1 ( ) '( ) 0 ln2        t t t t g t g t t tt Ta có bảng biến thiên T 0 1 ln 2 +∞ g’(t) – 0 + g(t) 0,25 +∞ +∞ 1 () ln2 g Vì 1 22 ln2 12 ( ) 2 .ln2 2.ln 2 2.ln 2 0 ln2       t gt t '( ) 0 0 ( )      f y y f y nghịch biến trên khoảng ( ;0)  Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất 14     yx Vậy hệ có nghiệm (4;-1) 0,25 3 (2điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bk R = 3 . Gọi H là giao điểm của MN và AI Ta có : 22 3 2   IH IM MH 5  IA 0,25 0,25 TH1: A và I nằm khác phía với MN Ta có : 37 5 22      HA IA IH Trong tam giác vuông MHA ta có : 22 13    AM HM AH Vậy phương trình đường tròn (C’) là: 22 ( 5) ( 1) 13     xy 0,25 TH2: A và I nằm cùng phía với MN Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A Ta có : 3 13 5 22     HA IA IH Trong tam giác vuông MHA ta có : 22 43  AM HM AH Vậy phương trình đường tròn (C’) là: 22 ( 5) ( 1) 43     xy 0,25 2 Gọi điểm (3 2 , 2 ; 1 ) ( )       A t t t d và ( , , ) ( )  B a b c P 0,25 M là trung điểm của AB 3 2 6 3 2 2 0 2 1 6 5                           t a a t t b b t t c c t Vì ( , , ) ( ) 2 0 (3 2 ) (2 ) ( 5 ) 2 0                B a b c P a b c t t t 1  t Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4) 0,5 Vậy phương trình đường thẳng ()  là: 32 3           xt yt zt 0,25 H N M A I H N M A I 4 (1điểm) Gọi I là trung điểm AC, do tam giác SAC cân nên SI AC  mà ( ) ( ) SAC ABC  suy ra () SI ABC  0,25 Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH  (ABC) do đó: 0 ( ,( )) 60 MN ABC MNH  . 2 2 ABC a S  0,25 Xét tam giác HCN có : 32 ; 24  aa NC HC 2 2 2 2 0 5 10 2 . . os45 84       aa NH HC NC HC NC c NH 0,25 Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 0 30 30 60 ; 2 42 a SI MH a    3 1 30 . 3 12 SABC ABC V SI S a 0,25 5 (2điểm) 1 44 3 3 3 00 2sinx+cosx osx(2tanx+1) (sinx+cosx) cos x(tanx+1)   c dx dx  Đặt t = tanx 2 1 os  dt dx cx . Đổi cận x =0 0  t ; 1 4    xt  Vậy 1 1 1 3 2 3 0 0 0 (2t+1) 2 1 (t+1) (t+1) (t+1)       I dt dt dt 0,25 0, 5 1 1 2 0 0 2 1 5 1 2(t+1) 8      t 0,25 2 22 3 3 3 2 2 1 2 2 (3 3 ) ( 3 ) 2              x mx m x mx m x mx m x mx m Xét 1 ( ) 2 2  t f t t là hàm đồng biến trên R Vậy pt 2 2 2 0     x mx m 0,25 0,25 Pt có 2 nghiệm dương phân biệt 2 ' 0 2 0 0 2 0 2 0 2 0                   mm S m m Pm Vậy m>2 0,5 B C A S I H M N 6 (1điểm) (*) 4 1 1 0 , y x y x y x      Dấu “=” xảy ra y x                       8 3 2 12 3 3 4 1 2 ) ( 3 2 11 c a c b b c a a c b P               c a b a c b a 3 2 4 3 1 2 1 3 3 4 0,5 Áp dụng (*): b a b a 3 2 4 3 1 2 1    c b a c a b a 3 3 4 16 3 2 4 3 2 4       0,25  c b a c a b a 3 3 4 16 3 2 4 3 1 2 1       5 16 11      P P Dấu “=” xảy ra a c b 3 2     Min khi P , 5  a c b 3 2   0,25 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Cả m ơ n  Lê Vă n  An  ( lva75@g m ail. c om ) gử i tới www . laisac. p age. tl . TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1:. coi thi không giải thích gì thêm Cả m ơ n LêVăn An(lva75@g mail.com ) gửitới www .laisac.page. tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ