Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013)

Cùng tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ Số 1 lần 4 (2012-2013) sẽ giúp bạn định hướng kiến thức ôn tập và rèn luyện kỹ năng, tư duy làm bài thi đạt điểm cao.

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2

1

x y x

+

=

− (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)

2 Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng ( ) : d x−2y+ =5 0cắt ( )C tại hai điểm A, B với A có

hoành độ dương Viết phương trình các tiếp tuyến của ( )C vuông góc với IA

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4 sin 3 x+sin 5x−2 sin cos 2x x=0

( 4 )(2 4) 36

x y



− = −



∈



 − − + = −



ℝ

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2( )

2 0

cos s in

π

=∫ +

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc BAD=600;

D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc ϕ = 60o Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích

khối chóp C.ADC’

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm , , a b c có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2

abc

P=a + + +b c

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại (1; 2) A có góc  0

30

ABC = , đường thẳng d: 2x− − =y 1 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B

và C

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng( ) :P1 x−2y+2z− =3 0,

2

(P) : 2x+ −y 2z− =4 0và đường thẳng d:

3

4 2

1

−

=

−

x

Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2)

Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 2 6

; (1 )(1 2 );

+

phẳng phức Chứng minh rằng tam giác ABC vuông

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp ( ): 2 2 1

25 9

E + = với hai tiêu điểm F F 1, 2 (hoành độ của F âm) Điểm P thuộc elíp sao cho góc 1 PF F1 2 =1200 Tính diện tích tam giác PF F 1 2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1; 2; 1), ( 2;1;3) A − B − Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất

Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi

Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu

- HẾT -

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

www.DeThiThuDaiHoc.com

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi: TOÁN; Khối D

a (1,0 điểm)

+ Tập xác định D=R\ 1{ }

+ Sự biến thiên

x y

→±∞ = ⇒ Đt y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

→ = +∞ → = −∞ ⇒x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

( )2

4

1

x

−

= < ∀ ≠

− Hàm số nghịch biến trên (−∞;1 , 1;) ( +∞)

Hàm số không có cực trị

0.25

Bảng biến thiên:

x −∞ 1 +∞

'

y + 0 || − 0 +

b.(1,0 điểm)

Ta có I ( ) 1, 2 , 5

:

2

x

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5

x

−

0.25

( )

3

3; 4

x

A

=



= −



ɺ

Hệ số góc của IA là 3 1

1

4 2

−

0.25

Gọi x là hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên 0

Tiếp tuyến có hệ số góc 2 0

0 0

3 4

1

1

x x x

=



⇒  = −

1

(2,0 điểm)

Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: y = − +x 7,y= − −x 1 0.25

2 (1,0 điểm)

−∞

+∞

2

2

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3x+sin 5x−(sin 3x−s inx)=0 0.25 3sin 3x sin 5x sinx 0 3sin 3x 2 sin 3 cos 2x x 0 sin 3 (3 2 cos 2 )x x 0

sin 3x 0

(1,0 điểm)

; 3

k

(1,0 điểm)

ĐK: x y , ≠ 0

3 3

1

x y

=



= −



Trường hợp x = y thay vào phương trình: (x−4 )(2y x− + = −y 4) 36

4 12 0

2

x

x

= −

 + − = ⇔ =

Hệ có nghiệm ( 6; 6); (2; 2)− −

0.25

Trường hợp

y x y x

x y

+ + = −

Do y2+ +xy y2 >0 với ∀x y, ≠0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy<0

0.25

3

(1,0 điểm)

Mặt khác (x−4 )(2y x− + = − ⇔y 4) 36 2x2+4y2−9xy+4x−16y= −36

2(x 1) 4(y 2) 9xy 18

Do xy<0 nên PT(*) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6); (2; 2)− −

0.25

(1,0 điểm)

Đặt cos2 (1 2sin cos )

= −



⇒

0 0

cos cos 1 2 sin cos cos

π π

0.5

4

(1,0 điểm)

1 cos 2 cos cos 1 sin (2 ) 1 1

x

(1,0 điểm)

5

(1,0 điểm)

O

A B

D'

A' C'

B'

H

0.25

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

Từ giả thiết:  = 0

D ' DO 60

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO '= =a DD ' và OO '⊥ AC

(do AC ⊥(BDD B' ')), nên diện tích tam giác ACC’ là:

∆ACC ' = 1 ACC ' A ' = 1 = 1 = a2 3

2 2 2 2 , trong đó AC=a 3

0.25

Diện tích tam giác ACD là

2 ACD

S

4

Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' H⊥CD v OD'H ∆ vuông tại O Do đó a

DH 4

=

D ' H D ' D DH

4

Diện tích tam giác C’CD là S∆C ' CD = 1SCDD ' C ' = 1CD.D ' H= 1a.a 15 = a2 15

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:

0.25

Thể tích

' '.

1 3

'

∆

C AC D C ACD ACD

(1,0 điểm)

2

abc

P=a + + +b c 2 2 9

( ) 2

2

abc

= + + − +

(1 ) ( 2)

2

a

( 2) 2 2 1 2

a

Không mất tình tổng quát giả sử a=min a b c( , , )nên [0; ]1

3

a∈ Khi đó hàm 9 2

( ) ( 2) 2 2 1

2

a

f t =t − + a − a+ là hàm nghịch biến

9 ( ) ( 2) 2 2 1 (0) 2 2 1

2

a

0.25

Từ đó ta lại khảo sát hàm 2

(0) 2 2 1

f = a − a+ với [0; ]1

3

6

(1,0 điểm)

Khi đó ta có MaxP=1 khi a=1;b= =c 0 và các hoán vị 0.25

(1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại (1; 2) A có góc ABC=300, đường thẳng d: 2x− − =y 1 0 là

tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C

7.a

(1,0 điểm)

Gọi H là hình chiếu của A trên d là 7 9;

5 5

H 

 , AH =d A d( ; )= 1

5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC

d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ABH =600

Suy ra, 0 1

tan 60 15

AH

0.25

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

Gọi tọa độ của ( ; 2B t t−1)

2

15

= ⇔ −  + −  = ⇔ −  = ⇔ = ±

7 3 9 2 3 7 3 9 2 3

5 15 5 15 5 15 5 15

⇒  + + ∨  − − 

0.25

TH1: 7 3 9; 2 3

5 15 5 15

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

x+ y− − = 1

5 2 ; 3

31 2 3 13 3 31 2 3

AC AB= ⇒a= + ⇒ C + + 



 

0.25

TH2: 7 3 9; 2 3

5 15 5 15

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

x+ y− + = 1

5 2 ; 3

31 2 3 13 3 31 2 3

AC AB= ⇒a= + ⇒ C − − 



 

0.25

(1,0 điểm)

Giả sử I∈( ) :d

3

4 2

1

−

=

−

x

( 2 ; 2 ; 4 3 )

⇒ − − − + là tâm của mặt cầu (S) 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2))





−

=

−

=

⇔ +

= +

1

13 16

10 3

1 3 9 3

1

t

t t

⇒ I1(11; 26; 35);− I2( 1; 2;1)−

8.a

(1,0 điểm)

Vậy có hai mặt cầu cần tìm:

1

( ) : (S x−11) + −(y 26) + +(z 35) =38 , (S2) : (x+1)2+ −(y 2)2+ −(z 1)2 =4 0.25

(1,0 điểm)

9.a

(1,0 điểm)

Ta có: ( )

( )( )4 1

4

2 2

i i i

i

+

− − + có điểm biểu diễn A= (2; -2)

( )(1−i 1 2+ i)= +3 i có điểm biểu diễn B= (3; 1)

( )( )

( )( )

2 6 3

2 6

2

i

i

− − + có điểm biểu diễn C= (0; 2)

0.5

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

Xét BA= − −( 1; 3 , BC) = −( 3;1)⇒ BA.BC = ⇔0 BA⊥BC

(1,0 điểm)

( ): 2 2 1

25 9

2

2

1 2

25

16 9

a

b

=



= − =

=

Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:

2

10

2 10

= −



⇒

0.25

1

2

9 7 61 7

PF PF



=



⇔



0.25

7.b

(1,0 điểm)

1 2

0

1 1 2

.sin120 8

PF F

S∆ PF F F

(1,0 điểm)

Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25

Khi đó, AM = − −(t 1; 2;1 ;) AB= − −( 3; 1; 4)⇒ AM AB; = − − + − −( 7; 4t 1; t 5) 0.25

2

| ; | 17 2 75

ABM

8.b

(1,0 điểm)

Hàm số 2

( ) 17 2 75

f t = t + +t đạt GTNN tại 1

17

t= − Vậy 1; 0; 0

17

M− 

  là điểm cần tìm 0.25

(1,0 điểm)

Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là

biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”

Ta có: H = ∪ ∪A B C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc

0.25

Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:

5 18

C

9.b

(1,0 điểm)

Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H Suy ra,

18 18