Đề thi thử đại học số 2 môn thi: Toán - Khối AB

Đề thi thử đại học số 2 môn thi: Toán - Khối AB

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

Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số y=x3-3mx2+3(m2-1)x-m3+m (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1

2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến

góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O

pdf 6 trang Người đăng ngochoa2017 Ngày đăng 27/01/2018 Lượt xem 355Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi thử đại học số 2 môn thi: Toán - Khối AB", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 Hội Những Người Ôn Thi Đại Học 
Đề thi thử số 2 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 
Môn thi : TOÁN - khối AB 
Thời gian: 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m      (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 
 2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến 
 góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. 
Câu II (2,0 điểm): 
1. Giải phương trình:  23 4 2 2 2 1 2sin x cos x sin x   
2. Giải phương trình: . 12
1
3
)1(2)1( 2 



x
x
xx 
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I = dx
xx
x
 
2
0
33 cossin
sin

Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a,AD 2a  . Cạnh 
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy 
điểm M sao cho 
a 3
AM
3
 , mặt phẳng  BCM cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 
Câu V (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: {
 √ 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chƣơng trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm): 
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường 
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :3 4 12 0x y    và hai điểm (1;1), ( 1;5)A B  . 
Lập phương trình đường tròn  c đi qua ,A B và cắt đường thẳng  tại hai điểm ,M N biết dây 
cung MN có độ dài bằng 6. 
 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+
2
2
z
+z+1 = 0 
 B. Theo chƣơng trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm): 
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(2;0) và giao điểm I của hai đường 
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 
2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z           . Điểm M di động trên (S) và điểm 
N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. 
 Câu VII.b (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 22log 64 log 16 3x x  
------------HẾT------------ 
 SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2_2012 
Câu Nội dung Điểm 
I 1.0 
2 Ta có 
, 2 23 6 3( 1)y x mx m    
 Để hàm số có cực trị thì PT , 0y  có 2 nghiệm phân biệt 
 2 22 1 0x mx m     có 2 nhiệm phân biệt 
 1 0, m   
0.25 
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là 
 B(m+1;-2-2m) 
0.25 
Theo giả thiết ta có 2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
   
      
  
 0.25 
Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m    và 3 2 2m    . 0.25 
II 2.0 
1 1.0 
 )sin21(2cos212cos4
2 xxx  )sin21(2cos2)12cos2)(12cos2( xxxx  0,25 
)sin21(2cos2)12cos2)(sin41( 2 xxxx  0.25 
  02cos2)sin21)(12cos2()sin21(  xxxx 0)3sin21)(sin21(  xx 0.25 
)(;
3
2
18
5
;
3
2
18
2
6
7
;2
6
2
1
3sin
2
1
sin
Zk
k
x
k
x
kxkx
x
x
























 0.25 
2 1.0 
ĐK: 




3
1
x
x
      08
1
3
1231 



x
x
xxx 0.25 
 
 














4
1
3
1
2
1
3
1
x
x
x
x
x
x







1632
432
2
2
xx
xx
 0.25 







0192
072
2
2
xx
xx
 0.25 







521
221
x
x
 221,521, S
 0.25 
III 1.0 
Xét J= dx
xx
x
 
2
0
33 cossin
cos

 Ta CM được I = J (Đặt x= t
2

 ) 0.25 
; (Chọn 
; (Chọn 
; (Chọn 
; (Chọn x < -1) 
I+J = 
2
0

xxxx
dx
22 coscossinsin 
 =  


2
4
2
4
0
2 1cotcot
cot
1tantan
tan



xx
xd
xx
xd
0.25 
Đặt tanx(cotx) = t => I + J =  
1
0
2 1
2
tt
dt
=2 

1
0 2
4
3
)
2
1
(
)
2
1
(
t
td
Đặt t -
2
1
 = ytan
2
3
0.25 
=> I + J = 
33
4
 => I= 
33
2
 0.25 
IV 1.0 
Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 
Ta có 
BC AB
BC BM
BC SA

 

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao . 
0.25 
Ta có 0SA AB.tan 60 a 3  , 
a 3
a 3
MN SM MN 2 4a3 MN
AD SA 2a 3 3a 3

      và 
2a
BM
3
 . Diện tích hình thang BCMN là 
2
BCMN
4a
2a
BC MN 2a 10a3S BM
2 2 3 3 3
 
 
   
 
 
0.25 
Hạ SH BM và  BC SAB BC SH   . Vậy  SH BCMN SH là đường cao của 
khối chóp S.BCNM . Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM 1
SB MS 2
  . Vậy BM là phân 
giác của 0 0SBA SBH 30 SH SB.sin30 a     . 
0.25 
Gọi V là thể tích chóp S.BCNM ta có 
3
BCMN
1 10 3a
V SH.S
3 27
  
0.25 
V 1.0 
 Ta thấy y=0 không phải là nghiệm của phương trình. 0.25 
600
A D
B C
S
M N
H
 
 y11+y 
Xét f(t)= t
11+t có f’(t)= 11y10+1>0 => f(t) đồng biến => 
 =y=>x=y
2
Thay vào pt thứ 2 ta được: 
0.25 
0.25 
0.25 
VI.a 2.0 
1 1.0 
 Điểm  : 1 0 ;1C CD x y C t t      . 
Suy ra trung điểm M của AC 
1 3
;
2 2
t t
M
  
 
 
. 
0.25 
Điểm  
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
  
             
 
 0.25 
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ). 
 Suy ra    : 1 2 0 1 0AK x y x y        . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ:  
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  

  
. 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của  1;0K  . 
0.25 
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y

    
 
 0.25 
2 1.0 
 Gọi ( , )I a b là tâm đường tròn, P là trung điểm MN nên , 3IP MN MP  
 Ta có: 
2 2 2 2
2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 5)
3 4 12
( , ) ( 1) ( 1) 9
5
a b a b RIA IB R
a b
d I IP IM MP a b
          
   
        

0.25 
   
2 2 2 2 2 2
2 22 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2 6 2 6
121 630 125 02 30 25 (2 7) ( 1) 9
R a b R a b
a b a b
b bb b b
        
 
      
 
        
0.25 
2
2
5, 4, 25
25 676 644425
, ,
121 121 14641
b a R
b a R
   
    

 0.25 
Có hai đường tròn 
2 2
2 2
( ) : ( 4) ( 5) 25
25 676 644425
( ') : ( ) ( )
121 121 14641
C x y
C x y
   
   
0.25 
VIIa 1.0 
z
4
-z
3
+
2
2
z
+z+1 = 0  (z4+1)-(z3-z)+
2
2
z
=0. 0.25 
Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+
2
1
z
) –(z-
1
z
) + 
1
2
=0  2
5
0,
2
w w- + = 
(với 
1
z
z
w = - ) 
0.25 

1 3
,
2 2
iw = + hoặc 
1 3
2 2
iw = - 0.25 
+ Phương trình : z-
1
z
= 
1
2
+
3
2
i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =- 
1
2
(1-i) 
+ Phương trình : z-
1
z
 = 
1
2
-
3
2
i cho nghiêm z3=-
1
2
(1+i) ; z4= 1-i 
0.25 
VI.b 2.0 
1 1.0 
 Dễ thấy pt (AB): y=0 : trục hoành 
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ I đến AB, đặt IH=a 
=> I(a;a) ( do (AB) là trục hoành và I thuộc đường thẳng x=y) 
0.25 
Sử dụng công thức diện tích hình bình hành tính được IH=2 
=>tọa độ I(2;2) và I=(-2;-2) 
0.25 
Với I(2;2) => C(3;4), D(2;4) 0.25 
Với I(-2;-2) => C(-5;-4), D(-6;-4) 0.25 
2 1.0 
Phương trình tham số của d1 là: 
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
 

 
 
. M thuộc d1 nên tọa độ của M 
 1 2 ;3 3 ;2t t t  . 
Theo đề: 
0.25 
  
 
 
1 2
22 2
|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
31 2 2
t t t t
d M P t t t
     
          
  
+ Với t1 = 1 ta được  1 3;0;2M ; 
+ Với t2 = 0 ta được  2 1;3;0M 
0.25 
+ Ứng với M1, điểm N1 2d cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi 
mp này là (Q1). PT (Q1) là:    3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z          . 
Phương trình tham số của d2 là: 
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
 


   
 (2) 
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). 
0.25 
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0.25 
VIIb 1.0 
Điều kiện:
1
0; ; 1
2
x x x   0.25 
22
2 2
6 4
log 64 log 16 3 3
1 log 2log
x x x x
    

 0.25 
Đặt 
2log ; 0, 1t x t t    ta được: 
6 2 3 5 2
3 0
1 (1 )
t t
t t t t
  
   
 
1
1
3
0 2
t
t

  

 
0.25 
Vậy: 
2 3
2
1 11
1 log
23 2
0 log 2 1 4
xx
x x
 
     

    
 0.25 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfGioi thieu Tuyen tap de thi thu DH dap an nam 2011De 132160Gioi thieu Tuyen tap de thi thu DH dap an.pdf