Your SlideShare is downloading. ×
Thi thử toán nguyễn đức mậu na 2012 lần 2 k a
Thi thử toán nguyễn đức mậu na 2012 lần 2 k a
Thi thử toán nguyễn đức mậu na 2012 lần 2 k a
Thi thử toán nguyễn đức mậu na 2012 lần 2 k a
Thi thử toán nguyễn đức mậu na 2012 lần 2 k a
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×
Saving this for later? Get the SlideShare app to save on your phone or tablet. Read anywhere, anytime – even offline.
Text the download link to your phone
Standard text messaging rates apply

Thi thử toán nguyễn đức mậu na 2012 lần 2 k a

1,035

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
1,035
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
13
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

Transcript

  • 1. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x 1Câu I (2 điểm) Cho hµm sè : y  (C ) x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè 2.T×m trªn ®å thÞ (C ) nh÷ng ®iÓm M sao cho tiÕp tuyÕn t¹i M t¹o víi hai ®­êng tiÖmcËn cña ®å thÞ (C) mét tam gi¸c cã b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp b»ng 2 . 2 cos 4 xCâu II (2 điểm) 1.Gi¶i ph­¬ng tr×nh: cot x   tan x sin 2 x 2.Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1 . 2 2  x 1Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   dx 1 1 3 x 1Câu IV (1 điểm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a; tam gi¸c SAD ®Òu vµ SAB  900 ; I lµ trung ®iÓm cña SB. TÝnh theo a thÓ tÝch khèi tø diÖn ABCI vµ tÝnhkho¶ng c¸ch tõ ®iÓm B ®Õn mÆt ph¼ng (ACI). Câu V (1 điểm) Cho c¸c sè thùc kh«ng ©m x,y,z vµ kh«ng cã hai sè nµo ®ång thêi b»ng x y z xy  yz  zxkh«ng. Chøng minh:   4 2 2  6. yz zx x y x  y2  x2 Dấu đẳng thức xẩy ra khi nào?PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu VI.a (2 điểm) 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy, cho h×nh vu«ng ABCD cã M lµ trung ®iÓm cña c¹nhAD; ®­êng th¼ng CM cã ph­¬ng tr×nh: x  y  2  0 . ĐiÓm D(3;-3), ®Ønh B thuéc ®­êng th¼ngd cã ph­¬ng tr×nh: 3x  y  2  0 vµ B cã hoµnh ®é ©m. X¸c ®Þnh täa ®é c¸c ®Ønh A, B, C. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz, cho điểm A(4;4;0), B(0;4;0) và mặt phẳng(P): 3x  2 y  z  0 . Tìm tọa độ điểm M sao cho đường thẳng MI song song với mặt phẳng(P) và điểm M cách đều O và mặt phẳng (P), biết điểm I là trung điểm của AB.CâuVII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: z 3  ( z z ) 2012 là số thực và z 2  i 5  i 9  i13  ...  i 2013 là số thuần ảo.B. Theo chương trình Nâng caoCâu VI.b (2 điểm) 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy, cho Parabol (P): y 2  x vµ hai điểm A(1;-1), B(9;3)nằm trên (P). Gọi M là điểm nằm trên cung AB của (P). Xác định vị trí của điểm M sao chotam giác MAB có diện tích lớn nhất. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz, cho hai ®­êng th¼ng d vµ d’ chéo nhau vàvuông góc với nhau, AB là đoạn vuông góc chung của d và d’. Điểm M(2;-2;1) thuộc d, điểmN(-2;0;1) thuộc d’ và AM+BN=AB. ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt cÇu có tâm thuộc mp(P):2 x  2 y  z  3  0 và tiÕp xóc víi hai ®­êng th¼ng trªn lần lượt tại M, N biết hình chiếuvuông góc của tâm mặt cầu trên AB là điểm H(0;1;2) 4 x  y 1  3.4 2 y 1  2 Câu VII.b (1 điểm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:   x  3 y  2  log 4 3 ------------ Hết -------- Cảm ơn thầy Hồ Đức Vượng (hoducvuong78@gmail.com) gửi tới  www.laisac.page.tl
  • 2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A - BPHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu Đáp án Điểm Câu I 1. (1 điểm)(2 điểm) * TXĐ: D=R{1} 1 * Chiều biến thiên: y   0 x  1 0,25đ ( x  1) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1)  (1;  ) 2x 1 x2 * lim   ; lim    Đồ thị có tiệm cận đứng là x=1. x 1 x 1 x 1 x  2 0,25đ 2x 1 lim  2  Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2 x  x  1 * Bảng biến thiên: x - 1 + y - - 0,25đ y 2 + - 2 Đồ thị: y 6 5 4 3 2 0,25đ 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 2. (1 điểm) Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) .Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M là: 0,25đ 1 2x 1 y 2 ( x  x0 )  0 ( x0  1) x0  1 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận 0,25đ 2 x0 của (C), khi đó: A(1; ); B(2 x0  1; 2) x0  1 4 0,25đ Theo giả thiết ta có: AB  2 2  (2 x0  2)2  8 ( x0  1)2
  • 3.  x0  0 0,25  Vậy có 2 điểm cần tìm là: M 1 (0;1); M 2 (2;3)  x0  2 Câu II 1. (1 điểm)(2 điểm)  Điều kiện: sin 2 x  0  x  k (k  ) (*) 2 0,25đ cos 4 x Phương trình tương đương: cot x  tan x  0 sin 2 x cos 2 x  1 0,25đ  1 cos 2 x   2 +) cos 2 x  1  x  k , không thoả mãn (*) 0,25 1  +) cos 2 x   x    k , thoả mãn (*) 2 3 0,25đ  Vậy phương trình có nghiệm x    k ; k  Z 3 2. (1 điểm) Đk: 1  x  7 Bất phương trình tương đương với: 0,25đ ( x  1) 2  ( x  1)(7  x)  2( x  1  7  x )  0  ( x  1  7  x )( x  1  2)  0 0,25đ x  5  0,25đ x  4 Vậy tập nghiệm: T  1; 4    5; 7  0,25đCâu III Đặt : t  6 x  1  x  t 6  1; dx  6t 5dt . 0,25đ(1 điểm) Đổi cận: x  1  t  0; x  0  t  1 1 t 8  2t 5 1 2t 1 0,25đ I  6 2 dt 6  (t 6  t 4  2t 3  t 2  2t  1  2  2 ) dt . 0 1 t 0 1 t t 1 1 257 1 I  6ln 2  6  2 dt 0,25 35 0 t 1 257 3 I  6 ln 2   0,25 35 2Câu IV(1 điểm) Gọi H là trung điểm của AD a 3 Ta có SH  (ABCD);SH= 2 0,25đ 1 1 a 3 d(I,(ABC))  .d  S;  ABC    SH  . 2 2 4 0,25đ
  • 4. a2 1 a 3 a2 a3 3 SΔABC  ; VI.ABC  .  (dvdt ) 2 3 4 2 24 Các tam giác HCD;SCH;SAB là các tam giác vuông nên suy ra CI = a. 0,25đ a a2 7 Tam giác ACI có CI = a; AI= ; AC=a 2  SΔAIC  ; 2 8 0,25đ a 21  d(B;(AIC)) = 7 Câu V x y z x2  y 2  z 2(1 điểm) Trước hết ta chứng minh bổ đề:    (1) y  z x  z y  x xy  yz  zx Nhân 2 vế của (1) với: xy  yz  zx ta được: 0,25đ  1 1 1  xyz      0 (luôn đúng)  yz xz yx x2  y 2  z 2 4 2 Đặt: t  , (t  1) . Khi đó, VT  t 2  xy  yz  zx t 0,25đ 4 2 2 Xét hàm số f (t )  t  với t  1 . t 4 2 Ta có, f (t )  2t  ; f (t )  0  t  2 t2 0,25đ Lập được BBT Vậy, f (t )  6  điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức khi t  2  x  y, z  0 và các hoán vị của nó. 0,25đPHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.A. Theo chương trình chuẩn:Câu VIa 1. (1 điểm) (2 điểm) Gọi B(t;-3t+2  d (t  R ) ). t  3t  4 4 0,25đ d ( B; CM )  2 d ( D; CM )  2 2 2 t  3   B(-1;5) (do điểm B có hoành độ âm) 0,25đ  t  1     Gọi C(m;m-2)  d (t  R ) ). Ta có: BC.CD  0 và BC  CD Vậy m=5  C(5;3). 0,25đ    Vì AB  DC  A(3; 1) 0,25đ Vậy, A(3; 1) ; B(-1;5) ; C(5;3). 2. (1 điểm) Ta có, I(2;4;0). Nhận thấy O thuộc mp(P) nên từ giả thiết ta suy ra điểm 0,25đ M nằm trên đường thẳng d đi qua O và vuông góc với mp(P)  x  3t  Phương trình đường thẳng d:  y  2t 0,25đ  z  t     Lấy M(3t;2t;-t) trên d. Ta có MI.n( P )  0  t  1. Vậy M(3;2;-1) 0,5đ
  • 5. Câu VIIa Gọi z  a  bi (a , b   ) z=a+bi (a,b  R)(1 điểm) z 3 là số thực khi 3a 2b  b3  0 0,5đ z 2 là số thuần ảo khi a 2  b2  0 0,25đ Giải (1) và (2) ta được a  0 và b  0 . Vậy, số phức cần tìm: z  0 . 0,25đA. Theo chương trình nâng cao:Câu VIb 1. (1 điểm)(2 điểm) Phương trình đường thẳng AB: x  2 y  3  0 0,25đ Gọi M(x;y). Vì M thuộc cung AB nên 1  y  3 1 Ta có: S MAB  AB.d ( M ; AB )  2 x  2 y  3  2 y 2  2 y  3 0,25đ 2 Xét hàm số f ( y )  y 2  2 y  3 liên tục trên  1;3 f ( y)  2 y  2; f ( y )  0  y  1 0,25đ  S MAB lớn nhất khi y  1. Vậy M(1;1) 0,25đ 2. (2 điểm) Gọi tâm mặt cầu cần tìm là I. Ta có:  IM 2  AM 2  AH 2  IH 2   2 2 2 2  AM 2  BN 2  AH 2  BH 2  IN  BN  BH  IH  0,25đ  AM  BN  AH  HB  AM  AH (do AM  BN  AB )  IM  IH  IN Vậy mặt cầu cần tìm đi qua 3 điểm M;N;H. Giả sử I(x;y;z) ta có: ( x  2) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  ( x  2) 2  y 2  ( z  1) 2  2 2 2 2 2 2 ( x  2)  ( y  2)  ( z  1)  x  ( y  1)  ( z  2) 2 x  2 y  z  3  0  d H 0,5đ x  2   y  3  z  7  d Vậy, mặt cầu (S) tâm I(2;3;-7), bán kính: R= 89 có phương trình là: 0,25đ ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  7) 2  39Câu VIIb u  4 x  y ; v  4xy (u; v  0) 0,25đ(1 điểm) u  3v  8(1)  Hệ trở thành:  16 0,25đ uv  3 (2)  4 Từ (1) ta có u  8  3v , thế vào (2) được v  0,25đ 3  1  x  2 (1  log 4 3)  Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  0,25đ  y  1 (1  log 3) 4   2

×