de cuong thi thu dai hoc mon toan 11828

ễN THI TH I HC LN 3 Mụn thi: Toỏn. Thi gian lm bi: 180 phỳt. A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im) Cõu I. (2 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 cú th l (C m ); ( m l tham s) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3. 2. Xỏc nh m (C m ) ct ng thng y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca (C m ) ti D v E vuụng gúc vi nhau. Cõu II (2 im) 1.Gii phng trỡnh: x xx xx 2 32 2 cos 1coscos tan2cos + = . 2. Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y + + + = + = + + , ( , )x y R . Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: 3 2 2 1 log 1 3ln e x I dx x x = + . Cõu IV. (1 im) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3 2 a và góc BAD bằng 60 0 . Gọi M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Cõu V. (1 im) Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha món 1a b c+ + = . Chng minh rng: 7 2 27 ab bc ca abc+ + . B. PHN RIấNG (3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2) 1.Theo chng trỡnh Chun Cõu VIa. ( 2 im) 1. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC bit A(5; 2). Phng trỡnh ng trung trc cnh BC, ng trung tuyn CC ln lt l x + y 6 = 0 v 2x y + 3 = 0. Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc ABC. 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, hóy xỏc nh to tõm v bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC, bit A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Cõu VIIa. (1 im) Cho 1 z , 2 z l cỏc nghim phc ca phng trỡnh 2 2 4 11 0z z + = . Tớnh giỏ tr ca biu thc 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . 2. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu VIb. ( 2 im) 1. Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y + = v im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng , i qua im A v tip xỳc vi ng thng . 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, Cho ba im A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Vit phng trỡnh mt phng (ABC) v tỡm im M thuc mt phng 2x + 2y + z 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Cõu VIIb. (1 im) Gii h phng trỡnh : 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x + + + + + + = + + , ( , )x y R . HT ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 1 1 2 PT hoành độ giao điểm x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ m = 0, f(x) = 0 0.25 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 khác 0 và y’(x 1 ).y’(x 2 ) = -1. 0.25 Hay 2 2 1 1 2 2 9 4 0, (0) 0 (3 6 )(3 6 ) 1. m f m x x m x x m − > = ≠   + + + + = −  2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 9 9 , 0 , 0 4 4 9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1 4 9 1 0 m m m m x x x x x x m x x x x m x x m m m   < ≠ < ≠   ⇔ ⇔     + + + + + + + + = − − + =   0.25 Giải ra ta có ĐS: m = 9 65 8 ± 0.25 II 1 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về 2 2 2 cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0x x x x x x− = + − + ⇔ − = 0.5 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 2 2 2 , 2 ; hay 3 3 x k x k x k π π π π = = ± + = . 0.5 2 0y ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy y y x y x y x x y y  + + + =   + + + =  ⇔   + = + + +   + − =   0.25 Đặt 2 1 , x u v x y y + = = + ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = =    ⇔ ⇔    − = + − = = − =    0.25 +) Với 3, 1v u= = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 x y x y x y x x x y x y y x y x = =    + = + = + − =  ⇔ ⇔ ⇔     = − = + = = − = −     . 0.25 +) Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x    + = + = + + = ⇔ ⇔    + = − = − − = − −    , hệ này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = − 0.25 III 3 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1 ln log 1 ln . ln ln 2 . ln 2 1 3ln 1 3ln 1 3ln e e e x x x xdx I dx dx x x x x x x    ÷   = = = + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 Đặt 2 2 2 1 1 1 3ln ln ( 1) ln . 3 3 dx x t x t x tdt x + = ⇒ = − ⇒ = . Đổi cận … 0.25 Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 log 1 1 onthionline.net Đề thi thử đại học số năm 2012 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số (Cm), m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho Chứng minh với m đường thẳng cắt đồ thị (Cm) hai điểm phân biệt A B Tìm m cho tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp , O gốc tọa độ Câu II (2 điểm) Giải phương trình: Giải bất phương trình: Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh đường Biết SA vuông góc BD, cạnh bên SB vuông góc AD (SBD) tạo với mặt đáy góc chéo 600 Tính thể tích hình chópS.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SB theo a Câu V (1 điểm) Cho số thực đôi khác Chứng minh rằng: II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có , phương trình đường trung trực cạnh BC trung tuyến xuất phát từ đỉnh C tương ứng Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng điểm Viết phương trình mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ I đến (P) lớn Câu VII.a (1 điểm) Tìm môđun số phức z, biết: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn có tâm , tiếp xúc qua trung điểm điểm Viết phương trình đường tròn Đường tròn cho bán kính đường tròn nhỏ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm mặt phẳng qua điểm C cho , tiếp xúc cắt đường thẳng , hai điểm B, onthionline.net Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: ———- Hết ———- www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com TRNG I HC VINH TRNG THPT CHUYấN KHO ST CHT LNG LP 12 LN CUI - NM 2013 Mụn: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s . 2 1 x x y a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (H) ca hm s ó cho. b) Gi I l giao im hai ng tim cn ca (H). Vit phng trỡnh tip tuyn d ca (H) ti im M tha món IM vuụng gúc vi d. Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh . 2 cos 2 sin)cos23( 2 cos)2cos3( xx x x x Cõu 3 (1,0 im). Gii h phng trỡnh ).,( 1233 )2(84 22 yx yyx xxyxy Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn .d 4 1 0 2 3 x x x I Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh ch nht, 5.AD a Tam giỏc SAB nm trong mt phng vuụng gúc vi ỏy, ,SA a , 2 a SB 0 120 .ASB Gi E l trung im ca AD. Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD v tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din SBCE theo a. Cõu 6 (1,0 im). Cho cỏc s dng a, b phõn bit tha món .122 2 ba Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc . )(8 544 244 baba P II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a hoc phn b) a. Theo chng trỡnh Chun Cõu 7.a (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú 1; 3 ,A 5;1 .B im M nm trờn on thng BC sao cho 2 .MC MB Tỡm ta im C bit rng 5MA AC v ng thng BC cú h s gúc l mt s nguyờn. Cõu 8.a (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai mt phng : 0,x y z : 2 2 0.x y z Vit phng trỡnh mt cu S cú tõm thuc , cú bỏn kớnh bng 3, tip xỳc vi ti M, bit rng im M thuc .Oxz Cõu 9.a (1,0 im). Tỡm s phc z tha món .||)1( )1( 1 zi zi i z b. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu 7.b (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A, cú trc tõm 3;2 .H Gi D, E l chõn ng cao k t B v C. Bit rng im A thuc ng thng : 3 3 0,d x y im 2;3F thuc ng thng DE v 2.HD Tỡm ta im A. Cõu 8.b (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai im 1;3;2 ,A 3;2;1B v mt phng : 2 2 11 0.P x y z Tỡm im M trờn P sao cho 2 2MB v 0 30 .MBA Cõu 9.b (1,0 im). Tỡm s nguyờn dng n tha món . 2013 1 12 2 5 4 4 3 3 2 2 1 2 2 4 2 3 2 2 2 1 2 n nnnnn C n n CCCC Ht Ghi chỳ: BTC s tr bi vo cỏc ngy 22, 23/6/2013. Khi nhn bi thi, thớ sinh phi np li Phiu d thi. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong Kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng năm 2013! WWW.VNMATH.COM 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: }.2{\ 2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 1lim   y x và .1lim   y x Giới hạn vô cực:    y x )2( lim và .lim )2(    y x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,1 y tiệm cận đứng là đường thẳng .2 x * Chiều biến thiên: Ta có .2,0 )2( 1 ' 2     x x y Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   2; và   .;2  0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại   ,0;1 cắt Oy tại ); 2 1 ;0( nhận giao điểm )1;2(I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi 2, 2 1 ; 0 0 0 0            x x x xM là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là 2 1 )( )2( 1 : 0 0 0 2 0       x x xx x yd , hay .0)22()2(: 0 2 0 2 0  xxyxxd Suy ra VTCP của d là   1;)2( 2 0  xu d . Ta có )1;2(I nên           2 1 ;2 0 0 x xIM . 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Do đó IM vuông góc với d 0.  d uIM 1)2(0 2 1 )2( 4 0 0 3 0    x x x       .1 3 0 0 x x Với ,3 0 x phương trình tiếp tuyến là 2)3(  xy hay .5 x y Với ,1 0 x phương trình tiếp tuyến là )1(  xy hay .1 x y Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5 x y và .1 x y 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 sin 2 sin)cos23( 2 cos)2cos3( xx x x x    02sinsin. 2 cos 0 2 sin 2 cos2 2 cos)sin2( 0 2 sin)cos22( 2 cos)sin24( 2 22 2    xx x xxx x x x x x 0,5 x 'y y   2 1    1  x O y I 1 Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + − (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C). Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x x x x x 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16+ + + = + + + − . 2) Giải phương trình: x x x x 3 2 2 cos2 sin2 cos 4sin 0 4 4 π π     + + − + =  ÷  ÷     . Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I x x x x dx 2 4 4 6 6 0 (sin cos )(sin cos ) π = + + ∫ . Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng: abcd a b c abcd b c d abcd c d a abcd d a b abcd 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 1 + + + ≤ + + + + + + + + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): 2x – y – 5 = 0 và đường tròn (C’): 2 2 20 50 0x y x+ − + = . Hãy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng nếu n a bi (c di)+ = + thì 2 2 2 2 n a b c d( )+ = + . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 , A(2; – 3), B(3; –2), trọng tâm của ∆ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và cắt các đường thẳng AB, CD. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: x y x x y x xy y y x y 2 2 4 4 4 2 4 4 4 log ( ) log (2 ) 1 log ( 3 ) log ( 1) log (4 2 2 4) log 1  + − + = +     + − + − + = −  ÷     Trang 1 ễn thi i hc Trn S Tựng Hng dn Cõu I: 2) Gi M(m; 2) d. Phng trỡnh ng thng qua M cú dng: 2y k x m( )= + . T M k c 3 tip tuyn vi (C) H phng trỡnh sau cú 3 nghim phõn bit: x x k x m x x k 3 2 2 3 2 ( ) 2 (1) 3 6 (2) + = + + = m hoaởc m m 5 1 3 2 < > Cõu II: 1) t t x x2 3 1= + + + > 0. (2) x 3= 2) 2) 4 2 4 0x x x x x(sin cos ) (cos sin ) sin + = x k 4 = + ; x k x k 3 2 ; 2 2 = = + Cõu III: x x x x 4 4 6 6 (sin cos )(sin cos )+ + x x 33 7 3 cos4 cos8 64 16 64 = + + I 33 128 = Cõu IV: t V 1 =V S.AMN ; V 2 =V A BCNM ; V=V S.ABC ; V SM SN SM (1) V SB SC SB 1 1 . . 2 = = 4a SM AM a SM= SB 2 4 ; 5 5 5 = = V V V V (2) V V 1 2 2 2 3 3 5 5 5 = = = ABC a V S SA 3 1 . 3 . 3 3 = = a V 3 2 . 3 5 = Cõu V: a b a b (1); b c b c (2); c a c a (3) 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2+ + + a b c abc a b c a b c abcd abc a b c d 4 4 4 4 4 4 ( ) ( )+ + + + + + + + + + (4) abc a b c d a b c abcd 4 4 4 1 1 ( ) + + + + + + pcm. Cõu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) (C): 2 2 4 8 10 0x y x y+ + = 2) Gi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1+ + = x y z P a b c (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c = = = = uur uur uuur uur 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 + + = + = + = a b c b c a c 77 4 77 5 77 6 a b c = = = Cõu VII.a: a + bi = (c + di) n |a + bi| = |(c + di) n | |a + bi| 2 = |(c + di) n | 2 = |(c + di)| 2n a 2 + b 2 = (c 2 + d 2 ) n Cõu VI.b: 1) Tỡm c C (1; 1) 1 , C 2 ( 2; 10) . + Vi C 1 (1; 1) (C): 11 11 16 0 3 3 3 2 2 x y x y + + + = + Vi C 2 ( 2; ...onthionline.net Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: ———- Hết ———-