De DA thi thu Toan 12 khoi A 28122012

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD.. 1,0 điểm Cho hình lăng trụ đứng ABC.[r]

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán khối A – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I (2,0 điểm) x 1 x  (1) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) y Gọi (d) là đường thẳng qua   biệt A, B cho MA  MB Câu II (3,0 điểm) M  2;  có hệ số góc k Tìm k để (d) cắt (C) hai điểm phân   tan x  cos x cos  x   4  Giải phương trình: log  x  1  log  x  x  0 Giải bất phương trình: Tìm m để phương trình có nghiệm thực: Câu III (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm: Câu IV (2,0 điểm)   x  x  x m  x 2 2 3 x  x  x3  2012 x dx x4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Biết A   1;4  , B  1;    1 M  2;  và đường thẳng BC qua điểm   Hãy tìm tọa độ đỉnh C  7 M ;  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm  2  là trung điểm AB; Điểm N nằm trên đoạn AC cho AN 3NC Tìm tọa độ điểm A biết phương trình đường thẳng DN là 2x  y 9 Câu V (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân C, cạnh đáy AB  2a và góc ABC 300 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' biết khoảng cách hai a đường thẳng AB và CB ' Câu VI (1,0 điểm)  x  y  z 3   x, y , z    1 1    x  y  z x y z Giải hệ phương trình:  Hết - Họ và tên thí sinh: .Số báo danh Lớp Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán 12 – Khối A Câu Đáp án Điể m  0, x  D 0.25 I (1,0 điểm) (2,0 D  \  2  Tập xác định: điểm)  Sự biến thiên: y'  ￚ Chiều biến thiên: 3  x  2   ;  và  2;  Hàm số nghịch biến trên các khoảng lim y lim y 1 ￚ Giới hạn và tiệm cận: x   x  ; tiệm cận ngang: y 1 lim y  , lim y  x  2 x 2 ; tiệm cận đứng: x 2 ￚ Bảng biến thiên: 0.25 0.25  Đồ thị 0.25 2.(1,0 điểm) Phương trình đường thẳng (d): y kx  2k x 1 kx  2k x Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (C): (1) x  Điều kiện: f ( x) kx   4k  1 x  4k  0 Phương trình (1) tương đương với: (2)  (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A, B (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác  k 0 k 0      12k      f  0 k   12    (*) A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  Đặt với x1 , x2 là hai nghiệm (2) và y1 kx1  2k ; y2 2 x2  2k    x1    x2   MA  2MB    x1  x2 6 y   y      Khi đó: Theo định lý Viet ta có: 4k   (4)  x1  x2  k   x x  4k  (5)  k 2k  4k  x1  ; x2  k k Từ (3) và (4) suy ra: (6) 2k  2k  4k   k k k k , thỏa (*) Từ (5) và (6) ta được: k Vậy giá trị k thỏa đề bài là: 0.25 0.25 0.25 (3) 0.25 II (1,0 điểm) (3,0 ĐK: x ≠ l (l   ) điểm) PT  tanx = cosx(sinx + cosx)  sinx = cos2x(sinx + cosx)  sinx(sin2x + cos2x) = cos2x(sinx + cosx)  x   k  sin x = cos x  sinx = cosx  (k   ) (Thoả mãn) 3 0.25 0.25 0.25 0.25 (1,0 điểm) Điều kiện: x   x  log 2 x  log  x  x  Bất phương trình đã cho tương đương với:  x  x2  x 0.25 Xét trường hợp sau: x  x     x    x x  x x 1   x  1) Ta hệ: x  x     2 x  x  x   x  x  0 x  2) Ta hệ:  x     x 2    x 2  Vậy nghiệm bất phương trình là   x    x 2  0.25 0.25 0.25 3.(1,0 điểm) x    2,3 Điều kiện:   x 3 Đặt t  x    x với 1 3 x  x 2 t'   x2 3 x x   x ; y ' 0   x 2 x   x  Ta có: Bảng biến thiên: 0.25 Từ BBT suy ra: t   5,5 2 Do t  x    x   x  x  x t  14 nên phương trình trở thành: t  14 t  14 mt  m t t  14 f t  t   5,5 t Xét hàm số với , ta có: t  14 f '  t    0, t   5,5  f  t   5,5  t đồng biến trên  11 f m  f     m  5 Phương trình có nghiệm thực    0.25 0.25 0.25  11 m  5 Vậy phương trình có nghiệm thực III (1,0 điểm) (1,0 1 điểm) x  x  2012 x 2012 x2 dx  dx   dx   x x x Tìm t 3 F1  x   0.25 1 x2 dx x3 , đặt 1  2dx dx   t    3t dt    t dt x x x x 0.25 3 3 3   F1  x   t dt  t  C1    1  C1 8 x  2012dx  1006 F2  x     C2 x x Tìm Do  0.25 x  x  2012 x 3   1006 dx    1   C x x x  F1  x   1 1 1     x dx    1 d   1 x x  x  Lưu ý: Nếu HS làm sau thì sai IV (1,0 điểm) (2,0 x y4  điểm)  1 M  2;  B 1;      nên có pt:  x  y  17 0 Đt BC qua và  9t  17  C  BC  C  t ;  , t      9t  25   AB  2;   ; AC  t  1;     Vì tam giác ABC vuông A nên AB AC 0  9t  25 t   0  t 3 C  3;5  Suy Vậy (1,0 điểm) 0.25 0.5 0.5 0.25 Gọi cạnh hình vuông là a 5 MN DN  a , MD  a  MD MN  DN Tính Nên tam giác DMN vuông cân N  5 7 11   MN  DN  MN uDN 0   x     2x    0  x  N x ;2x   ta có 2 2   Gọi   11  AMD  AND, cos AMD  AM  N  ;  MN  45  5a  a 3 DM Suy ra,   , Ta lại có  n  u; v  , u  v 0 0.25 Gọi vtpt AN là    cos n; nDN    2u  v 2   3u  4uv 0  5 u v Ta có Với u 0 ta có pt AN là y  0 Gọi tọa độ A  x;  vì a AM   2 5  3   x       2  2   u 0  3u 4v   x 1  A  1;    x 4  A  4;  11    x     y   0  4x  y  28 0 2 Với 3u 4v ta có pt AN là   14  14 28  2  x   A ;  a    28  4x    AM    x           2  2 23  23 16   28  x  A  x;  x   A ;    vì  5  Gọi tọa độ   14 28  A  1;   A  ;   5  Thử lại, có hai điểm thỏa mãn là V (1,0 điểm) (1,0 Gọi M, N là trung điểm AB và A'B' Tam giác CAB cân C suy AB  CM Mặt điểm) khác AB  CC '  AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ') Kẻ MH  CN ( H  CN ) MH  (CMNC ')  MH  A ' B '  MH  (CA ' B ') mp (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên d ( AB, CB ') d ( AB , (CA ' B ')) d (M ,(CA ' B ')) MH  BMC  CM BM tan 300  Tam giác vuông a a 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Tam giác vuông CMN  1     2  MN a 2 MH MC MN a a MN a a3 VABC A ' B 'C ' S ABC MN  2a .a  3 Từ đó 0.25 VI (1,0 điểm) (1,0 a  x , b  y , c  z  a , b, c   Ta a  b  c 3 Ta chứng minh điểm) Đặt 1   a  b2  c 2 a b c Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 0.25   a  b  c  2(ab  bc  ca )  a  b  c (ab  bc  ca)   27   2 2   1 1      ab  bc  ca  27 Như cần chứng minh được:  a b c  a 2 b c Chứng minh Theo bất đẳng thức (*) x 2 y z   ax  by  cz  0.25 2 (*) 1 1 1  (ab  bc  ca )  2  1 1       ab  bc  ca        ab  bc  ca    3 a b c  3 abc a b c   0.25  ab bc ac  =     2a  2b  2c    3(a  b  c)  27 3 c a b  Dấu xảy a b c 1  x; y; z   1;1;1 Khi đó, hệ có nghiệm 0.25