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

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC.. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng A

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)

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: 2sin +tanx+ 1 1 tan3x

cos3x  

x

2 Giải hệ phương trình:

2 2

2 log 2









y x

Câu 3: (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) :

2 2

    

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): x   y z 2 0 và đường thẳng



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 600

Câu 5: (2 điểm)

1 Tìm

4

3 0

2sinx+cosx (sinx+cosx)



2 Tìm m để phương trình :

phân biệt

Câu 6: (1điểm)

Xét các số thực dương a ,,b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

c a c b b

c a a

c b P

3 2

) ( 12 3

3 4 2

) ( 3













-HẾT -

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Cảm ơn Lê Văn An (  lva75@gmail.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

1

(2điểm)

TXĐ: R

3 '  4  4

' 0

1





    x

y

x

0,25

Giới hạn: lim ; lim

   

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)

Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng

0,25

2 Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: 4 2

Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt     3 m 2 0,25

( 0)

Phương trình trở thành : 2

   

Khi    3 m 2thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:

 t   t  t  t

0,25

4 nghiệm lập thành cấp số cộng  t2  t1  2 t1   t2 9 t1 0,25

y

+∞

+∞

3



3



2



4

2

-2

-4

Theo định lý Vi-ét ta có:

1 1

1 2

2

1

( ) 25

 





        



t t

Vậy 59

25

 

m

0,25

2

(2điểm)

    k 

0,25

1 sinx=

1

cos 3

cos3x=1







x

x

x

0,5

2

sinx=

5 2

2 6

  



 

  



  (không thỏa mãn điều kiện)

2 os3x=1 3 2

3

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là: 2

3

 k

0,25

2

2









y x

Từ (2) suy ra y<0

 x y  xx y    xy  xxy  

2

2 4 4

y ( vì

2

4xxy   4 0)

0,25

Thay vao (1) ta được: 2

4 log 2y 4.2y2 log (  ) 2 0

y y

Xét ( ) 4.2 2 log (2 ) 2 '( ) 4.2 ln 2 2

ln 2

y

0,25

Đặt t  y t( 0)

2

ln 2 2 ln 2



t

f y

Xét ( ) 2 '( ) 2 ln 2 22 0 1

ln 2



Ta có bảng biến thiên

T

0 1

ln 2 +∞

g’(t) – 0 + g(t)

0,25 +∞

ln 2

g

Vì

1

ln 2

t

 f y    y f y nghịch biến trên khoảng (;0) Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất y   1 x 4 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

2

IH IM MH

5



IA

0,25

0,25

TH1: A và I nằm khác phía với MN

5

    

HA IA IH

Trong tam giác vuông MHA ta có : AM  HM2AH2  13 Vậy phương trình đường tròn (C’) là: 2 2

(x5) (y1) 13

0,25

TH2: A và I nằm cùng phía với MN

Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A

5

    

HA IA IH

Trong tam giác vuông MHA ta có :

43

AM HM AH

Vậy phương trình đường tròn (C’) là:

(x5) (y1) 43

0,25

2 Gọi điểm A(3 2 , 2 t     t; 1 t) ( )d và B a b c( , , )( )P 0,25

M là trung điểm của AB

Vì B a b c( , , )( )P       a b c 2 0 (3 2 ) (2t       t) ( 5 t) 2 0  t 1

Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)

0,5

Vậy phương trình đường thẳng ( ) là:

3 2

3

 



  



   



y t

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 (MN ABC, ( ))MNH60

2

2

ABC

a

S 

0,25

NC HC

2

2 os45

3

SABC ABC

V  SI S a

0,25

5

(2điểm)

1

2sinx+cosx osx(2 tan x+1) (sinx+cosx)  cos x(tanx+1)

Đặt t = tanx 12

os

dt dx

4

x  t

Vậy

0,25

0, 5

1 1

2



2

x mx m x mx m

( ) 2

2

 t

f t t là hàm đồng biến trên R

0,25

0,25

Pt có 2 nghiệm dương phân biệt

2



Vậy m>2

0,5

B

C A

S

I H M

N

6

4 1 1 0 ,

y x y x y

x









  



























3 2 12 3

3 4 1 2

) ( 3 2 11

c a c b b

c a a

c b























c a b a c b a

3 2 4 3

1 2 1 3 3 4

0,5

Áp dụng (*):

b a b

4 3

1 2 1







c b a c a b

16 3

2 4 3

2 4













0,25



c b a c a b

16 3

2 4 3

1 2 1











 P 11  16 P 5

3 2







 MinP5,khi b c a

3 2





0,25

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

Cảm ơn Lê Văn An (  lva75@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl