KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN pptx

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 cba ,, . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ca cb b ca a cb P 32 )(12 3 34 2 )(3        . HẾT Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:…………………………………………………SBD:………………………………… www.VNMATH.com 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 www.VNMATH.com 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 www.VNMATH.com 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 www.VNMATH.com 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 ( ,( )) 60MN 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 www.VNMATH.com 6 (1điểm) (*) 411 0, yxyx yx   Dấu “=” xảy ra yx                  8 32 12 3 34 1 2 )(3 211 ca cb b ca a cb P           caba cba 32 4 3 1 2 1 334 0,5 Áp dụng (*): baba 32 4 3 1 2 1   cbacaba 334 16 32 4 32 4      0,25  cbacaba 334 16 32 4 3 1 2 1     51611  PP Dấu “=” xảy ra acb 3 2   Min khiP ,5 acb 3 2  0,25 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa www.VNMATH.com . 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:. 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)