Theo ch ươ ng trình Nâng cao.[r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
www.MATHVN.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) NĂM HỌC 2012 - 2013
Mơn: TỐN; Khối: A A1
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) x
y C
x
+ =
−
1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số
2) Tìm đồ thị ( C) điểm M cho khoảng cách từđiểm M đến đường tiệm cận ngang
lần khoảng cách từđiểm M đến đường tiệm cận đứng Câu (1,0 điểm) Giải phương
trình:8 sin( x+cos6 x)+3 sin 4x =3 cos 2x−9 sin 2x+11 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ℝ: x x y xy y
x y x y
3 6 9 4 0
2
− + − =
− + + =
Câu (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm của hàm số: ( )
2 x f x
x x
− =
+ đoạn 1;8
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a,
BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
4 a
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
Câu (1,0 điểm) Cho * ,
a b∈ℝ+ Chứng minh rằng: a2 b b2 a 2a b
4 2
+ + + + ≥ + +
II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ +:x 2y− =3 hai điểm A(1; 0), B(3; - 4) Hãy tìm đường thẳng ∆ điểm M cho MA+3MB
nhỏ
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG
Câu 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trình ℝ: 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5 B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8)− hai đường thẳng 1:2
d x+ y+ = ; d2:5x−2y− =7 cắt A Viết phương trình đường thẳng d3 qua P tạo với d1, d2thành tam giác cân A có diện tích 14,
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): 16
2
= −y
x ViÕt phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) Cõu 8b (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow ( )
x
3 x
2
8
log log
2
−
−+ − +
+
Hãy tìm giá trị
(2)Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích thêm
……… ……… …
Ghi chú: Dự kiến khảo sát chất lượng thi Đại học ( lần II) tổ chức vào ngày 30 31 tháng năm 2013
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ www.MATHVN.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) NĂM HỌC 2012 - 2013
Mơn: TỐN; Khối: A A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đáp án có 04 trang)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu Lời giải chi tiết Điểm
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên vẽđồ thị hàm số
* Tập xác định D=ℝ\ 3{ } * Sự biến thiên:
+/ Giới hạn tiệm cận: xlim→−∞y=1; limx→+∞y=1:
Đồ thị có tiệm cận ngang y=1
3
lim ; lim x x
y y
+ −
→ = +∞ → = −∞: Đồ thị có tiệm cận đứng x=3
0,25
+/ Ta có:
( )2
5
' 0;
3
y x
x
−
= < ∀ ≠
− ,
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;3)và (3;+∞)
x −∞ +∞ '
y − − y
+∞
−∞
0,5
* Đồ thị:
12 10
-2 -4 -6 -8 -10
-25 -20 -15 -10 -5 10 15 20
0.25
2 (1,0 điểm): Tìm điểm đồ thị
Gọi M điểm thuộc đồ thị (C): ;1 , 3
M a a
a
= + − ≠
Tiệm cận đứng ∆1:x− =3 0; tiệm cận ngang ∆2:y− =1
0,25
Theo giải thiết: ( ; 2) ( ; 1) 5 3
d M d M a
a
∆ = ∆ ⇔ = −
− (1) 0,25
Giải phương trình (1), ta được: a=4;a=2 0,25
Câu (2,0 điểm)
Vậy điểm cần tìm là: M =( )4; &M'=(2; 4− ) 0,25 Giải phương trình:8 sin( x+cos6 x)+3 sin 4x=3 cos 2x−9 sin 2x+11
Câu (1,0
điểm) Phương trình ( 2 )
8 3sin− xcos x +3 sin 4x−3 os2c x+9 sin 2x− =11
( ) ( )
(3)(2 sin 1)( os2 sin 1) sin 1( )( ) os2 sin
x
x c x x
c x x
− =
⇔ − − + = ⇔
− = −
0,25
Giải phương trình (1): sin 12 ( )
2
12
x k
x k
x k
π π π π
= +
= ⇔ ∈
= +
ℤ 0,25
Giải phương trình (2): os2 sin os ( )
6
12
x k
c x x c x k
x k
π π π
π π
= +
− = − ⇔ + = − ⇔ ∈
= − +
ℤ 0,25
Giải hệ phương trình: x x y xy y
x y x y
3 6 9 4 0 (1)
2 (2)
− + − =
− + + =
Ta có: (1) ⇔ (x y− ) (2 x−4 ) 0y = ⇔ x y
x 4y = =
0,5
Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 0,25 Câu
(1,0 điểm)
Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x=32 15;− y= −8 15 0,25 Tìm nguyên hàm của hàm số: ( )
2
3 1 x f x
x x
− =
+ đoạn 1;8 www.MATHVN.com
Vì hàm số liên tục [ ]1;8 Ta có:
2 2
3
1 1
1
x x
dx dx
x x
x x
−
− =
+ +
∫ ∫ 0,5
Câu (1,0 điểm)
=
1
1 ( )
1 ln( )
1
d x
x dx x x C
x
x x
x x
− +
= − = − + +
+ +
∫ ∫
Vậy nguyên hàm hàm số ( )
2 1 x f x
x x
− =
+ đoạn [ ]1;8 là: ( )
1 ln( ) ;
F x x C C
x
= − + + ∈ℝ
0,5
(1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vng O AO = a 3; BO = a ,
60
A DB = Hay ∆ABDđều Do (SAC) (; SBD) (⊥ ABCD)nên giao tuyến chúng SO⊥ (ABCD)
0,25
Gọi H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có DH ⊥ AB DH = a 3;
OK // DH
2
a
OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I hình chiếu O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI
4 a OI =
0,25 Câu
(1,0 điểm)
Tam giác SOK vuông O, OI đường cao ⇒ 12 2 12
2 a SO
OI = OK + SO ⇒ =
Diện tích đáy
4
D S
ABC ABO
S = ∆ = OA OB= a ;
đường cao hình chóp
2 a
SO=
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1
3
D D
S ABC ABC
a
V = S SO=
0,5 S
A
B K H C
O
I D
(4)Chứng minh rằng: a2 b b2 a 2a 1 2b
4 2
+ + + + ≥ + +
Ta có: a b a a b a a a b a b
2
2 1 1
2 2
3
4
= − + + + ≥ + +
+ + = − + + + + Tương tự: b2 a a b
2
3
+ + ≥ + +
0,5
Ta chứng minh a b a b
1 2 (2
2 2
+ + ≥ + +
(*)
Thật vậy, (*) ⇔ a2+ +b2 2ab a b+ + +41≥4ab a b+ + +41 ⇔ (a b− )2 ≥0 Dấu "=" xảy ⇔ a b
2
= =
0,5
II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Câu
(1,0 điểm)
A Theo chương trình Chuẩn
1 (1,0 điểm) Hãy tìm đường thẳng ∆ một điểm M cho MA+3MB
nhỏ nhất. Gọi I trung điểm AB, J trung điểm IB Khi I(1 ; -2), J(5;
2 − ) 0,25
Ta có : MA+3MB=(MA+MB)+2MB=2MI+2MB =4MJ
0,25 Vì MA+3MB
nhỏ M hình chiếu vng góc J đường thẳng ∆ Đường thẳng JM qua J vng góc với ∆ có phương trình : 2x – y – =
0,25
Tọa độđiểm M nghiệm hệ
2
2 5
2 19
5 x
x y
x y
y
−
=
+ − =
⇔
− − =
=
Vậy M(19; 5
−
) 0,25
2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG Giả sử B x( B;yB)∈d1⇒xB = − −yB 5;C x( C;yC)∈d2 ⇒xC = −2yC +7
Vì G trọng tâm nên ta có hệ:
B C
B C
x x
y y
+ + =
+ + =
0,25
Từ phương trình ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0,25
Ta có BG(3; 4)⇒VTPT nBG(4; 3)−
nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0,25 7a
(2,0 điểm)
Bán kính R = d(C; BG) =
5 ⇒phương trình đường trịn: (x – 5)
+(y – 1)2 = 81
25 0,25
Giải bất phương trình: 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5. 8a
(1,0
điểm) Điều kiện: x ≤ Đặt
2 x
t= − ≥ BPT ⇔ 8+ − + ≤2t t2 2t 0,25
2
2
8
5 22 17
− ≥
⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥
− + ≥
t
t t t t t
t x
5
2
2
17 1;
5
≤ ≤
⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
≤ ≥
t
t t
t t
0,5
Với
0≤ ≤t 1⇒2 −x ≤ ⇔1 3− ≤ ⇔ =x x 0,25
(5)1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng d đ3 i qua P tạo với d , 1 d2
Ta có A(1; 1)− d1⊥d2 Phương trình đường phân giác góc tạo d1,
d là: ∆1: 7x+3y− =4 ∆2: 3x−7y−10=0 0,25
3
d tạo với d1, d2một tam giác vng cân ⇒d3vng góc với ∆1 ∆2
⇒ Phương trình d3có dạng: 7x+3y+ =C hay 3x−7y C+ ′ =0 Mặt khác, d3qua P( 7;8)− nên C = 25 ; C′ = 77
0,25
Suy : d3: 7x+3y+25=0 hay d3 :3x−7y+77=0 Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích 29
2 ⇒ cạnh huyền 58
0,25
Suy độ dài đường cao A H = 58
2 = d A d( , 3) • Với d3 : 7x+3y+25=0 ( ; 3) 58
2
d A d = ( tm)
• Với d3 : 3x−7y+77=0 ( ; 3) 87 58
d A d = ( loại )
0,25
2. (1,0 im) Vit phơng trình tắc (E)
Hypebol (H) có tiêu điểm F1(5; ; ) F2( )5; Hình chữ nhật c¬ së cđa (H) cã mét
đỉnh M( 4; 3), 0,25
Giả sử phơng trình tắc (E) có dạng: b y a x
2 2
=
+ ( víi a > b 2 a =b +c )
(E) có hai tiêu điểm ( ) ( ) 2 ( )
1 5; ; 5;
F − F ⇒a −b =
0,25 ( ) ( )4;3 E 9a 16b a b ( )2
M ∈ ⇔ + = 2
Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:
= = ⇔
= +
+ =
15 b
40 a b
a b 16 a
b a
2
2 2
2 2
0,25 7b
(2,0 im)
Vậy phơng trình tắc (E) lµ: 15 y 40
x2
=
+ 0,25
Hãy tìm giá trị của x∈ℝ, Ta có:( )
k
8 k 8 k k k
a b C a b
= − =
+ =∑
Áp dụng với ( ) ( ) ( )
x
3 x
2
1
1
log
log x x
a =9 ; b
−
−+ − − + − −
= + = = +
0,25
+ Theo thứ tự khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải
khai triển ( ) ( ) ( ) ( )
3
1
1
5 x 3 x 5 x x
6
T =C 9− +7 3− +1− =56 9− +7 3− +1−
0,25
+ Theo giả thiết ta có : ( ) ( )
x 1
x x x x
x
9
56 4(3 1)
3
= 224 − −
− − − −
−
+
+ + ⇔ = ⇔ + = +
+ 0,25
8b (1,0 điểm)
( ) x
2
x x
x
3 x
3 4(3 )
x
3
−
− −
−
= =
⇔ − + = ⇔ ⇔ =
=
0,25
Ghi chú: Nếu thi sinh làm có lời giải khác với đáp án mà lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm đã quy định