Theo ch ươ ng trình Nâng cao.[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
www.MATHVN.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I)
NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 01 trang)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 ( )
3
x
x
+
=
−
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng
5
lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương
8 sin x+cos x +3 3 sin 4x =3 3 cos 2x−9 sin 2x+11
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên ℝ: x x y xy y
3 6 2 9 2 4 3 0
2
− + + =
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm của hàm số: ( ) 23
−
= + trên đoạn 1;8
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC =
2 3a,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3
4
a
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho *
,
a b∈ ℝ+ Chứng minh rằng: a2 b 3 b2 a 3 2 2a 1 b 1
II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ + :x 2y− = 3 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4) Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA+ 3MB nhỏ nhất
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Câu 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trình trên ℝ: 8 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) − và hai đường thẳng
1 :2 5 3 0
d x+ y+ = ; d2:5x− 2y− = 7 0 cắt nhau tại A Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1, d2thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14, 5
9 16
2 2
=
−y
elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H)
Câu 8b (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow ( x 1 )
3 x 1 2 2
8 1
log 3 1 log 9 7 5
−
+
x∈ℝ, biết rằng số hạng thứ 6 từ trái sang phải trong khai triển này là 224
- Hết -
Trang 2Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
……… ………
…
Ghi chú: Dự kiến khảo sát chất lượng thi Đại học ( lần II) tổ chức vào các ngày 30 và 31 tháng 3 năm 2013
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
www.MATHVN.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I)
NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đáp án có 04 trang)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
* Tập xác định D=ℝ\ 3{ }
* Sự biến thiên:
+/ Giới hạn và tiệm cận:
xlim y 1; limx y 1
→−∞ = →+∞ = : Đồ thị có tiệm cận ngang là y= 1
→ = +∞ → = −∞: Đồ thị có tiệm cận đứng là x=3
0,25
+/ Ta có:
5
3
x
−
= < ∀ ≠
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;3)và (3;+∞)
x −∞ 3 +∞
'
y − 0 0 −
y
1 +∞
−∞ 1
0,5
* Đồ thị:
12 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10
-25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20
0.25
2 (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị
Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): ;1 5 , 3
3
a
= + ≠
−
Tiệm cận đứng ∆1:x− = 3 0; tiệm cận ngang ∆2:y− = 1 0
0,25
Theo giải thiết: ( 2) ( 1)
5
3
a
Câu 1
(2,0
đ iểm)
Vậy các điểm cần tìm là: M =( )4; 6 &M'=(2; 4− ) 0,25
8 sin x+cos x +3 3 sin 4x=3 3 cos 2x−9 sin 2x+11 Câu 2
(1,0
8 1 3sin − xcos x + 3 3 sin 4x− 3 3 os2c x+ 9 sin 2x− = 11 0
3 3 os2c x 2 sin 2x 1 3 2 sin 2x 3sin 2x 1 0
Trang 3( ) ( ) 2 sin 2 1 0 1( ) ( )
2 sin 2 1 3 os2 sin 2 1 0
3 os2 sin 2 1 2
x
− =
5 2
12
π π
π π
= +
= +
5
12
π π π
π π
= +
= − +
ℤ 0,25
Ta có: (1) ⇔ (x y− ) (2 x− 4 ) 0y = ⇔ x y
x 4y
=
=
Câu 3
(1,0
đ iểm)
Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x= 32 8 15; − y= − 8 2 15 0,25
1 x
f x
x x
−
= + trên đoạn 1;8 www.MATHVN.com
Vì hàm số liên tục trên [ ]1;8 Ta có:
3
1 1 1
1
x x
−
Câu 4
(1,0
đ iểm)
= 2
1
d x
x
Vậy nguyên hàm của hàm số ( ) 23
1 x
f x
x x
−
= + trên đoạn [ ]1;8 là: ( ) 1
x
0,5
(1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó
60
A DB = Hay ∆ABDđều Do (SAC) (; SBD) (⊥ ABCD)nên giao tuyến của chúng
SO⊥ (ABCD)
0,25
Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3;
a
OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI 3
4
a
OI =
0,25
Câu 5
(1,0
đ iểm)
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 12 1 2 12
2
a SO
đường cao của hình chóp
2
a
SO= Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
a
0,5
S
A
B K
H
C
O
I
D
3
a
Trang 4Chứng minh rằng: a2 b 3 b2 a 3 2a 1 2b 1
2
+ + = − + + + +
Tương tự: b2 a a b 1
2
3 4 + + ≥ + +
0,5
2
Thật vậy, (*) ⇔ a2 b2 ab a b 1 4ab a b 1
Dấu "=" xảy ra ⇔ a b 1
2
= =
0,5
II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Câu 6
(1,0
đ iểm)
A Theo chương trình Chuẩn
1 (1,0 điểm) Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA+ 3MB nhỏ nhất.
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB Khi đó I(1 ; -2), J(5; 3
Ta có : MA+ 3MB= (MA+MB) + 2MB= 2MI+ 2MB = 4MJ 0,25
Vì vậy MA+ 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆
0,25
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
5
x
y
−
=
+ − =
⇔
− − =
Vậy M(19; 2
5 5
−
2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Giả sử B x( B;y B) ∈d1⇒x B = − −y B 5;C x( C;y C) ∈d2 ⇒x C = − 2y C + 7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
0,25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0,25
Ta có BG(3; 4)⇒VTPT nBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25
7a
(2,0
đ iểm)
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5)2
+(y – 1)2 = 81
Giải bất phương trình: 8 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5
.
8a
(1,0
2 x 1
8 + − + ≤ 2t t 2t 5 0,25
2
5 2 0
− ≥
⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥
t
5 0 2
17 1;
5
≤ ≤
t
0,5
0 ≤ ≤ 1 ⇒ 2 −x ≤ ⇔ 1 3 − ≤ ⇔ = 0 3
B Theo chương trình Nâng cao
Trang 51 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng d đi qua P tạo với 3 d , 1 d2
Ta có A(1; 1) − và d1⊥d2 Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1,
2
d là: ∆1: 7x+ 3y− = 4 0 và ∆2: 3x− 7y− 10 = 0 0,25
3
d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân ⇒d3vuông góc với ∆1 hoặc ∆2.
⇒ Phương trình của d3có dạng: 7x+ 3y+ =C 0 hay 3x−7y C+ ′ =0
Mặt khác, d3qua P( 7;8) − nên C = 25 ; C′ = 77
0,25
Suy ra : d3: 7x+ 3y+ 25 = 0 hay d3 :3x− 7y+ 77 = 0
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29
2 ⇒ cạnh huyền bằng 58 0,25
Suy ra độ dài đường cao A H = 58
2 = d A d( , 3)
• Với d3 : 7x+ 3y+ 25 = 0 thì ( ; 3) 58
2
• Với d3 : 3x− 7y+ 77 = 0 thì ( ; 3) 87
58
d A d = ( loại )
0,25
b
y a
x
2
2 2
2
=
a =b +c )
0,25
( ) ( )4 ; 3 E 9 a 16 b a b ( )2
M ∈ ⇔ 2 + 2 = 2 2
Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:
=
=
⇔
= +
+
=
15 b
40 a b
a b 16 a 9
b 5 a
2
2 2
2 2 2
2 2 2
0,25
7b
(2,0
đ iểm)
15
y 40
x 2 2
=
Hãy tìm các giá trị của x∈ℝ,
Ta có:( )8 k 8 k 8 k k
8
k 0
=
−
=
2
1
log 3 1
−
0,25
+ Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của
1
5 x 1 3 x 1 5 x 1 x 1
6 8
T C 9− 7 3− 1− 56 9− 7 3− 1−
0,25
+ Theo giả thiết ta có : ( ) ( ) x 1
1
x 1
= 224
−
−
−
+
8b
(1,0
đ iểm)
2
x 1 x 1
x 1
x 2
−
−
=
Ghi chú: Nếu thi sinh làm bài có lời giải khác với đáp án mà lời giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa
theo biểu điểm đã quy định
- Hết -