1. Trang chủ
  2. » Nông - Lâm - Ngư

DE THI THU DAI HOC LAN 2 NAM 2012 MON TOAN KHOI AB

5 8 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 249,29 KB

Nội dung

Câu V 1,0 điểm Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm:.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần phần A hoặc phần B A.[r]

(1)TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 MÔN TOÁN - KHỐI A, B Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) mx  y x  m có đồ thị là (Cm ) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m  (Cm ) Tìm m để đường thẳng d : y  x  cắt Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận (Cm ) điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB là tam giác Câu II (2,0 điểm)  cos x tan x   cos x Giải phương trình:  x  y   x  ( x , y  )  y  x   y  Giải hệ phương trình:   I  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:  dx (sin x  cos x) sin x Câu IV (1,0 điểm) Tứ diện SABC có SA  ( ABC ) , tam giác ABC vuông B, BC a , AC a , o M là trung điểm AB và góc hai mặt phẳng (SMC) và (ABC) 30 Tính theo a thể tích khối tứ diện SABC và diện tích tam giác SMC Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm: x  x   x   x m II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)  x  y  0 và hai điểm A(1;0), B(3;  2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng   : Tìm điểm M thuộc đường thẳng  cho | 3MA  MB | nhỏ 2 2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x  y  z  x  y  z  0 và hai điểm A(3;1;0), B (2;0;  2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z a  (a  3)i, (a  ) Tìm a để khoảng cách từ điểm biểu diễn số phức z đến gốc tọa độ là nhỏ B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x  y  x  0 Viết phương trình tiếp o tuyến (C) biết góc tiếp tuyến và trục hoành 60 2 2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  10 y  0 và hai đường  x t  d : y 2  3t x y z   z  3t d1 :    1 , thẳng Viết phương trình đường thẳng  qua tâm (S) và cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa điều kiện: | z   i | , tìm số phức có Acgumen dương và nhỏ HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (2) Câu HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Môn: Toán khối A-B Đáp án  2x  y x2 Khi m = 2 : Tập xác định D =  \ {  2} Chiều biến thiên 6 y'   0, x  ( x  2) ; y’ không xác định x  Điểm 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;  2),(  2; ) , hàm số không có cực trị lim y  lim y   x   Giới hạn và tiệm cận: x   Tiệm cận ngang y  lim y , lim y    x   2 x  Tiệm cận đứng x  0,25 Bảng biến thiên: I.1 (1,0 điểm) x y’ y   2  0,25   2  2 Đồ thị: Cắt Oy (0;1) , cắt Ox (1;0) Tâm đối xứng I (  2;  2) y 0,25 -2 x O I -2 I.2 (1,0 điểm) mx   x   g ( x)  x  x  2m  0 (1) x  m Phương trình hoành độ giao điểm: với x m y  x  cắt (Cm ) hai điểm phân biệt  ' 1  2m     m 2 g ( x ) 0 có hai nghiệm phân biệt x m  g (m) m  0  x1  x2 2  x x 2 m  Gọi x1 , x2 là hai nghiệm (1), ta có  Các giao điểm là A( x1 ;  x1  2), B ( x2 ;  x2  2) 0,25 0,25  AB 2( x1  x2 ) 2( x1  x2 )  x1 x2 8  16(m  1)  8(2m  1)  IA  IB   AB d ( I , d )  Tam giác IAB  với I (m; m) | 2m  | d (I , d )   | m  1| d ( I , d )  AB  d ( I , d )  AB 2 Ta có ; 0,25 (3)  2(m  1)  6(2m  1)  m  thoả mãn điều kiện m  : A(1  3;1  Điều kiện: cos x 0 3), B(1  m 3;1  3)  IA IB Vậy m  là giá trị cần tìm 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x  4cos x 3  cos x  3(sin x  cos x)  (cos x  sin x) 3  (sin x  cos x)(cos x  sin x) 0,25  (sin x  cos x  1)(sin x  cos x  3) 0 II.1 (1,0 điểm) 0,25  sin x  cos x 1   sin x  cos x  (v« nghiÖm)       x    k 2 x   k 2    sin( x  )     (k  )   x       k 2  x   k 2  4 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm phương trình là: x   k 2 (k  ) 0,25 0,25 II.2 (1,0 điểm) III (1,0 điểm) ( x  1)  ( x  1)   y   ( y  1)  ( y  1)   x  Hệ viết lại là:  x  u 0, y  v 0 Đặt ta có hệ: u  u  v (u  v)(u  u v  uv  v  u  v  1) 0   2 v  v  u  u  u  v u 0, v 0 u 0, v 0   u v u 1   u  u  u  0   v 1 u 0, v 0   x  1  x 2   y  1  y 2 Từ đó ta có:  Vậy hệ có nghiệm ( x, y) (2,2)   2 I  sin x dx   d (cot x)   cot x   cot x 0,25 0,25 0,25 0,5   ln  cot x 2  ln  cot IV (1,0 điểm) 0,25    ln  cot ln 2 0,5 S 2 AB  AC  BC 2a 1  SABC  BA.BC  2a.a a 2 0,25 A C K M B 0,25 o  Dựng AK  CM  SKA 30 AKM đồng dạng với CBM  AK AM CB AM a   AK   2 CB CM BC  BM (4)  SA  AK tan 30o  a 1 a a VSABC  S ABC SA  a  3 S a2 S AMC S SMC cos30o  S SMC  AMCo a S AMC  SABC  cos30 2 Ta có: Điều kiện:  x 2 V (1 điểm) 4 Xét hàm f ( x)  x   x  x   x với x  [0;2]  1 1 1  f '( x)        3 4 x 2 x  (2  x )   x  f '(1) 0;0  x  1: f '( x)  1 1   0;    f '( x )  4 x  x x (2  x ) 1 x  2: BBT: x f’(x +  ) f(x) 24 2 f ( x ) m  m   Bất phương trình có nghiệm x[0;2] E B A F Gọi E, F là trung điểm AB, AE Ta có:         3MA  MB 2MA  (MA  MB ) 2( MA  ME ) 4MF   M  | 3MA  MB | nhỏ  MF nhỏ  M là hình chiếu F trên   VI.a.1   M    M ( t ;2 t  1)  FM (t  ;2t  )  E (2;  1)  F ( ;  )  (1 2  2  điểm)   có VTCP u (1;2) 1    3  u FM 0  1. t    2. 2t   0  t  2  2  1 t   M ( ;0) 2 VI.a.2 Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1), bán kính R = (1  d ( I ,( P))  R  r  Đường tròn giao tuyến có r = điểm) 2 PT mp(P) có dạng: ax  by  cz  d 0 (a  b  c  0) Ta có hệ:  d  3a  b d  3a  b 3a  b  d 0     a b a b   a  c  d   c     c  2 |  a  b  c  d |    |  7a  b | 5a  2ab  5b 17a  10ab  7b 0    a  b  c a 1 a  17 b 1 b 1      c  c  17 d  d 4 17 Chọn b = ta có:  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) Có mặt phẳng cần tìm: x  y  z  0 và x  17 y  z  0 Gọi M là điểm biểu diễn số phức z Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O chính là độ dài đoạn OM | z | VII.a (1 điểm) OM đạt giá trị nhỏ | z | a  (a  3)2 0,25 0,25 đạt giá trị nhỏ 3 9  a  (a  3) 2a  6a  2  a     2 2  Ta có: 3 a thì OM đạt giá trị nhỏ Vậy, (C) có tâm I(1,0), bán kính R=2 o o Hệ số góc tiếp tuyến là k tan 60  k tan120  nên phương trình tiếp tuyến  (C) có dạng: 3x  y  p 0 3x  y  q 0 VI.b.1 (1 điểm) Trường hợp : Trường hợp : 3x  y  p 0  d ( I ,  ) 2  | 3 p| 2  p 4  | q|  d ( I ,  ) 2  2  q 4  3x  y  q 0 Vậy các tiếp tuyến cần tìm là: (S) có tâm I (1;5;0) 3x  y 4  0 ; 3x  y 4  0,25 0,25 0,25 0,25 3 0    u  [nP , nQ ] (1;3;0) Đường thẳng  có VTCP qua I (1;5;0) có PT là:  x 1  t   y 5  3t (t  )  z 0  Đường thẳng  thoả mãn bài toán z  x  yi ( x, y  ) z   i ( x  3)  ( y  3)i | z   i |  0,25 Gọi (P) là mặt phẳng chứa d1 và I, (Q) là mặt phẳng chứa d2 và I   ( P )  (Q )  PT (P): d1 có VTCP u1 (1;  1;2) và qua điểm M (1;3;1)     VTPT ( P) : nP [ M I , u ] (3;  1;  2) PT (P): 3( x  1)  1( y  5)  2( z  0) 0  x  y  z  0  u2 (1;  3;  3) và qua điểm M (0;2;0) PT (Q) : d có VTCP VI.b.2    (1 (Q) : nQ  [ M I , u ] (3;  1;2)  VTPT điểm) PT (Q): 3x  y  z  0 VII.b (1 điểm) 0,25 ( x  3)  ( y  3)2   ( x  3)2  ( y  3)2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z thỏa điều kiện bài toán nằm trên đường tròn tâm I ( 3;  3) , bán kính R  Suy Ox tiếp xúc với đường tròn này 0,25 Vậy z  là số phức có Acgumen dương nhỏ (bằng ) 0,25 Lưu ý: Các cách giải khác với đáp án đúng điểm tối đa (6)

Ngày đăng: 11/06/2021, 20:09

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w