Your SlideShare is downloading. ×
  • Like
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.

×

Now you can save presentations on your phone or tablet

Available for both IPhone and Android

Text the download link to your phone

Standard text messaging rates apply

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

  • 985 views
Published

 

  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Be the first to comment
    Be the first to like this
No Downloads

Views

Total Views
985
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0

Actions

Shares
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