Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013)

Cùng tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013) sẽ giúp bạn định hướng kiến thức ôn tập và rèn luyện kỹ năng, tư duy làm bài thi đạt điểm cao.

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C), đường thẳng (d ) : x − y + = cắt (C ) hai điểm A, B với A có hồnh độ dương Viết phương trình tiếp tuyến (C ) vng góc với IA Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin x + sin x − 2sin x.cos x = 1  x − = y − Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x y ( x; y ∈ ℝ ) ( x − y )(2 x − y + 4) = −36  π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x + cos x ) s in xdx Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi ABCD cạnh a, tâm O góc BAD = 600 ; D’O vng góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy góc ϕ = 60o Hãy tính diện tích xung quanh thể tích khối chóp C.ADC’ Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c có tổng Tìm giá trị lớn biểu thức 9abc P = a + b2 + c2 + II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A(1; 2) có góc ABC = 300 , đường thẳng d : x − y − = tiếp tuyến B đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B C Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P1 ) : x − y + z − = , x+2 y z−4 ( P2 ) : x + y − z − = đường thẳng d: Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) = = −1 −2 tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2) Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức 4i + 6i mặt ; (1 − i)(1 + 2i); i −1 3−i phẳng phức Chứng minh tam giác ABC vuông B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp ( E ) : x2 y + = với hai tiêu điểm F1 , F2 25 (hoành độ F1 âm) Điểm P thuộc elíp cho góc PF1 F2 = 1200 Tính diện tích tam giác PF1 F2 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; −1), B (−2;1;3) Tìm tọa độ điểm M trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng viên bi xanh , viên bi đỏ viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên hai viên bi Tính xác suất để chọn viên bi khác màu HẾT -www.dethithudaihoc.com www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ www.DeThiThuDaiHoc.com Câu (2,0 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN; Khối D Đáp án Điểm a (1,0 điểm) + Tập xác định D = R \ {1} + Sự biến thiên lim y = ⇒ Đt y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0.25 x →±∞ lim+ y = +∞, lim− y = −∞ ⇒ x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x →1 y'= x →1 −4 ( x − 1) < 0, ∀x ≠ Hàm số nghịch biến ( −∞;1) , (1; +∞ ) Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên: x −∞ y' + || − y 0.25 + +∞ +∞ −∞ 0.25 + Đồ thị b.(1,0 điểm) Ta có I (1, ) , d : y = 0.25 x+5 2x + x + Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d = x −1 x = ⇔ ⇒ A ( 3; )  x = −3 (loai ) ɺ −1 Hệ số góc IA k = =1 4−2 0.25 0.25 Gọi x0 hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến vng góc với IA nên Tiếp tuyến có hệ số góc  x0 = −4 = − ⇒  ( x0 − 1)  x0 = −1 Từ đó, ta xác định tiếp tuyến là: y = − x + 7, y = − x − (1,0 điểm) www.dethithudaihoc.com 0.25 0.25 (1,0 điểm) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Phương trình cho tương đương với: 4sin x + sin x − ( sin 3x − s inx ) = (1,0 điểm) ⇔ 3sin x + sin x + sin x = ⇔ 3sin x + 2sin 3x.cos x = ⇔ sin 3x (3 + cos x ) = ⇔ sin 3x = kπ ⇔x= ;k ∈Z (1,0 điểm) ĐK: x, y ≠ x = y 1 ( y − x)( y + xy + x ) x − = y − ⇔ ( x − y) = ⇔  y + xy + x 3 = −1 x y x y  x3 y Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x − y )(2 x − y + 4) = −36  x = −6 ta phương trình: x + x − 12 = ⇔   x=2 Hệ có nghiệm (−6; −6); (2; 2) y + xy + x = −1 x3 y3 Do y + xy + y > với ∀x, y ≠ nên ( x; y ) nghiệm xy < Trường hợp (1,0 điểm) Nên I = − ( x + cos x ) cos x π 2 0.25 0.25 + ∫ (1 − 2sin x cos x ) cos xdx = + ∫ cos xdx + ∫ cos xd ( cos x ) = + ( sin x ) 0.25 2 (1,0 điểm) 0.25 0.5 π π 0.25 0.25 0.25 Mặt khác ( x − y )(2 x − y + 4) = −36 ⇔ x + y − xy + x − 16 y = −36 ⇔ 2( x + 1) + 4( y − 2) − xy = −18 (*) Do xy < nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ cho có hai nghiệm (−6; −6); (2; 2) (1,0 điểm) u = x + cos x du = (1 − 2sin x cos x ) dx Đặt  ⇒ dv = sin xdx v = − cos x π 0.25 π cos3 x + (2 ) π = 1+1− = 3 0.5 (1,0 điểm) C' D' A' B' 0.25 H C D O A B www.dethithudaihoc.com www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Từ giả thiết: D ' DO = 60 Tam giác ABD đều, AC = 2AO = a a = a v OD = BD = ; DD'=a 2 Gọi O’ tâm hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO ' = a = DD ' OO ' ⊥ AC (do AC ⊥ ( BDD ' B ') ), nên diện tích tam giác ACC’ là: 0.25 1 a2 S ∆ACC ' = S ACC ' A ' = OO'.AC = a.a = , AC = a 2 2 a2 Diện tích tam giác ACD S ∆ACD = a Kẻ OH vng góc với CD D ' H ⊥ CD v ∆OD'H vng O Do DH = a 15 Suy D ' H = D ' D − DH = 1 a 15 a 15 Diện tích tam giác C’CD S ∆C 'CD = S CDD 'C ' = CD.D ' H = a = 2 0.25 Vậy diện tích xung quanh hình chóp C.ADC’ là: S xq = S ∆ACC ' + S ∆ACD + S ∆CDC ' (1,0 điểm) 7.a (1,0 điểm) ( a a a 15 a = + + = 6+ 8 1 a a2 a3 Thể tích VC AC ' D = VC ' ACD = D ' O.S∆ACD = ⋅ (đvtt) ⋅ = 3 (1,0 điểm) 9abc 9abc P = a2 + b2 + c2 + = a + (b + c) − 2bc + 2 a a = a + (1 − a) + bc( − 2) = bc( − 2) + 2a − 2a + 2 Khơng tình tổng qt giả sử a = min(a, b, c) nên a ∈ [0; ] 9a Khi hàm f (t ) = t ( − 2) + 2a − 2a + hàm nghịch biến 9a ⇒ f (t ) = t ( − 2) + 2a − 2a + ≤ f (0) = 2a − 2a + Từ ta lại khảo sát hàm f (0) = 2a − 2a + với a ∈ [0; ] Khi ta có MaxP = a = 1; b = c = hoán vị ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông A(1; 2) có góc ABC = 30 , đường thẳng d : x − y − = tiếp tuyến B đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B C 7 9 Gọi H hình chiếu A d H  ;  , AH = d ( A; d ) = 5 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trung điểm BC 0.25 d vng góc BC nên BC//AH suy ABH = 600 AH Suy ra, HB = = tan 60 15 www.dethithudaihoc.com www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Gọi tọa độ B(t ; 2t − 1) 2 14  1  7   7 BH = ⇔  t −  +  2t −  = ⇔  t −  = ⇔t= ±  15 15 15  5    75 7 7 3 3 ⇒ B  + ; + ; −  ∨ B  −   15 15   15 15  7 3 TH1: B  +  15 ; + 15    Phương trình BC qua B vng góc với d x + y − − =0   C ∈ BC ⇒ C  + − a; a    AC AB = ⇒ a = 0.25 0.25  13 + 31 +  31 + ⇒ C  ;  15 15 15   7 3 TH2: B  − ; −   15 15  Phương trình BC qua B vng góc với d x + y − + =0   C ∈ BC ⇒ C  − − 2a; a    AC AB = ⇒ a = 8.a (1,0 điểm) 0.25  13 − 31 −  31 + ⇒ C  ;  15 15   15 (1,0 điểm) Giả sử I ∈ (d ) : x+2 y z−4 = = ⇒ I (−2 − t ; −2t ; + 3t ) tâm mặt cầu (S) −1 −2 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) t = −13 1 9t + = 10t + 16 ⇔  3 t = −1 ⇒ I1 (11; 26; −35); I (−1; 2;1) ⇔ ⇒ R1 = 38 ; R2 = 0.25 0.25 Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 9.a (1,0 điểm) ( S1 ) : ( x − 11)2 + ( y − 26) + ( z + 35) = 382 , ( S2 ) : ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 1) = (1,0 điểm) 4i ( i + 1) 4i Ta có: = = − 2i có điểm biểu diễn A= (2; -2) i − ( i − 1)( i + 1) có điểm biểu diễn B= (3; 1) (1 − i )(1 + 2i ) = + i + 6i ( + 6i )( + i ) = = 2i có điểm biểu diễn C= (0; 2) 3−i ( − i )( + i ) www.dethithudaihoc.com 0.25 0.5 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com Xét BA = ( −1; −3 ) , BC = ( −3;1) ⇒ BA.BC = ⇔ BA ⊥ BC Suy tam giác ABC vuông B 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) a = 25  a =  2a = 10 x2 y2 ⇒ ⇒ + = có  2 25 c = a − b = 16 c = ⇒ F1 F2 = b = Theo định nghĩa elip định lí sin ta có:  PF1 + PF2 = 2a = 10  PF2 = 10 − PF1 ⇒   2 2  PF2 = PF1 + F1F2 − PF1.F1 F2 cos120 (10 − PF1 ) = PF1 + + PF1.8   PF1 = ⇔  PF = 61  (E) : ⇒ S ∆PF1F2 = 8.b (1,0 điểm) 1 18 (đvdt) PF1.F1F2 sin1200 = = 2 7 0.25 0.25 0.25 0.25 (1,0 điểm) Vì M Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25 Khi đó, AM = ( t − 1; −2;1) ; AB = ( −3; −1; ) ⇒  AM ; AB  = ( −7; −4t + 1; −t − ) 0.25 S ABM = 1 |  AM ; AB  |= 17t + 2t + 75 2 Hàm số f (t ) = 17t + 2t + 75 đạt GTNN t = 9.b (1,0 điểm) 0.5 0.25 −1  −1  Vậy M  ;0;0  điểm cần tìm 17  17  (1,0 điểm) Gọi A biến cố “ Chọn viên bi xanh”, B biến cố “ Chọn viên bi đỏ”, C biến cố “ Chọn viên bi vàng”, H biến cố “ Chọn viên màu ” Ta có: H = A ∪ B ∪ C biến cố A , B , C đôi xung khắc Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: C2 C2 C2 P ( H ) = P ( A ∪ B ∪ C ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C ) = 42 + 32 + 22 = C9 C9 C9 18 Biến cố “ Chọn hai viên bi khác màu” biến cố H Suy ra, 13 P( H ) = − P ( H ) = − = 18 18 www.dethithudaihoc.com 0.25 0.25 0.5 0.25 ... F1F2 − PF1.F1 F2 cos120  (10 − PF1 ) = PF1 + + PF1.8   PF1 = ⇔  PF = 61  (E) : ⇒ S ∆PF1F2 = 8.b (1, 0 điểm) 1 18 (đvdt) PF1.F1F2 sin1200 = = 2 7 0.25 0.25 0.25 0.25 (1, 0 điểm) Vì M Ox nên... (P2)) t = ? ?13 1 9t + = 10 t + 16 ⇔  3 t = ? ?1 ⇒ I1 (11 ; 26; −35); I (? ?1; 2 ;1) ⇔ ⇒ R1 = 38 ; R2 = 0.25 0.25 Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 9.a (1, 0 điểm) ( S1 ) : ( x − 11 )2 + ( y − 26) + ( z +... www.DeThiThuDaiHoc.com Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ www.DeThiThuDaiHoc.com Câu (2,0 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM