Bộ đề thi thử tuyển sinh Đại học lần I môn Toán năm 2012 - Trường THPT Quỳnh Lưu 4 (Kèm đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Bộ đề thi thử tuyển sinh Đại học lần I môn Toán năm 2012 - Trường THPT Quỳnh Lưu 4 (Kèm đáp án và thang điểm)

1. TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y (C) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại M cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB. Câu II (2,0 điểm) 4cos3 x 2cos2 x 2sin x 1 sin 2x 2 sinx cosx 1. Giải phương trình 0 2sin2 x 1 2x2 5x 3 2 3x 6x.5 x 2. Giải bất phương trình sau: 2 3x.5 x 1 e ln x 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I 3x ln x dx 1 x 1 ln x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có SA 3a (với a 0 ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác ABC vuông tại B, ·ACB 300 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện x2 y2 z2 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x5 2x3 x y5 2y3 y z5 2z3 z thức: P . y2 z2 z2 x2 x2 y2 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết C 1;1 , trực tâm H 1;3 , trung điểm của cạnh AB là điểm I 5;5 . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B 1;0;2 ,C 1;1;0 , D 2;1; 2 , vectơ OA cùng 5 phương với vectơ u 0;1;1 và thể tích tứ diện ABCD là . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 6 2 log x log 4x2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4x 6 2 2.3 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A 2;1 và đường tròn (C): x 1 y 2 5. Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. x y 1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng (P): 7x 9y 2z 7 0 2 1 3 3 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là . 42 log x log y 9 2 2 2 2 1 log x 1 log y 10 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 9 1 log x 2.log y 2 .log2 (xy) 2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
2. TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 6x2 9x 2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6. Câu II (2,0 điểm) 1 cot 2x.cotx 4 4 1. Giải phương trình 2 1 6 sin x cos x cos x xy x 7y 1 2. Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 x y 10y 1 2 x x 1 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I dx 1 x 10 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có SA 3a (với a 0 ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác ABC vuông tại B, ·ACB 300 . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình 12 4 x 3x2 3x 24 m 3 x 1 2 4 3x có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết C 1;1 , trực tâm H 1;3 , trung điểm của cạnh AB là điểm I 5;5 . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết B 1;0;2 ,C 1;1;0 , D 2;1; 2 , vectơ OA cùng 5 phương với vectơ u 0;1;1 và thể tích tứ diện ABCD là . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 6 2 log x log 4x2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 4x 6 2 2.3 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A 2;1 và đường tròn (C): x 1 y 2 5. Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. x y 1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng (P): 7x 9y 2z 7 0 2 1 3 3 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là . 42 x2 x 1 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y trên ; 2x 1 4 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
3. TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) * Tập xác định D R / 1 * Sự biến thiên: 3 Chiều biến thiên: y ' 0,x D 0,25 x 1 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; . Giới hạn và tiệm cận: lim y lim y 2; tiệm cận ngang: y 2 x x 0,25 lim y lim y 1; tiệm cận đứng: x 1 x 1 x 1 Bảng biến thiên: x 1 y ' - - y 2 0,25 2 3 2a 1 Ta có y ' . Do điểm M thuộc (C) nên M a; ;a 1. 2 0,25 x 1 a 1 3 2a 1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là y x a (d) (a 1)2 a 1 0,25 2a 4 Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là A 1; . Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang a 1 0,25 là B 2a 1;2 . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là I 1;2  6 6  Ta có IA 0; IA ; IB 2a 2;0 IB 2a 2 . a 1 a 1 0,25 1 1 6 Vậy diện tích tam giác IAB là: S IA.IB . 2a 2 6 IAB 2 2 a 1 II. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 0,25 Điều kiện 2sin2 x 1 0 x k 4 2 Phương trình tương đương với 4cos2 x sinx cosx 2cosx sinx cosx 2 sinx cosx 0 0,25 2 sinx cosx cosx 1 2cosx 1 0 0,25 2 Từ đó tìm được x m hoặc x 2m hoặc x 2m 4 3 2m 0,25 Đối chiếu điều kiện ta được x . 3 2. (1,0 điểm) 1 0,25 Điều kiện: x 3. Bất phương trình tương đương với 2
4. x x 5x 2x2 5x 3 (3x 2)5x 6x 5 3 x 2x 1 3x.5 2 0 (1) 3x. 5x 3x 5x x x ln 5 0,25 Xét hàm số g(x) 3x 5 , g '(x) 3 5 .ln 5, g(x) 0 x log5 . 3 ln 5 Lâp bảng biến thiên, ta thấy g(x) g log5 0 3 5 157 0,25 (1) 3 x 2x 1 3x 0 ( vì 5x 0 ) x 22 5 157 0,25 Vậy nghiệm của bất phương trình là: T ;3 22 III. (1,0 điểm) (1,0 điểm) e e e ln x 2 ln x 2 0,25 I 3x ln x dx dx 3 x ln x dx I1 3I2 1 x 1 ln x 1 x 1 ln x 1 e ln x 2 2 dx 0,25 + Tính I1 dx . Đặt t 1 ln x t 1 ln x ln x t 1. Suy ra 2tdt 1 x 1 ln x x Khi x 1 t 1; x 3 t 2 . 2 2 t 2 1 2 3 2 t 2(2 2) I1 .2tdt 2 t 1 dt 2 t . t 3 3 1 1 1 dx 0,25 du e u ln x x +Tính I x2 ln x dx Đặt 2 . 2 3 1 dv x dx x v 3 3 e 3 3 e 3 x e 1 x e 1 x 2e 1 I ln x x2dx ln x 2 1 1 3 3 1 3 3 3 1 9 5 2 2 2e3 0,25 I I 3I 1 2 3 IV. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm BC. 0,25 3a Ta có SG  (ABC);SAG 600 , AG . 2 9a 3a 3 0,25 Từ đó AK ;SG . 4 2 Trong tam giác ABC đặt AB x AC 2x; BC x 3. 0,25 9a 7 Ta có AK 2 AB2 BK 2 nên x 14 1 243 0,25 V SG.S a3 (đvtt) S.ABC 3 ABC 112 V. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Do x, y, z > 0 và x2 y2 z2 1 nên x,y, z ( 0;1) 0,25 x5 2x3 x x(x2 1)2 0,25 Ta có x3 x . y2 z2 1 x2 Khi đó, ta có: P ( x3 x) ( y3 y) ( z3 z)
5. 2 3 2 3 0,25 Xét hàm số f (a) a3 a,a 0;1 . Ta có max f (a) . Suy ra P . 0;1 9 3 2 3 1 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là , đạt được khi x y z . 3 3 VIa. 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Phương trình AB: x y 10 0 . 0,25 Do A AB nên A(b;10 b) .Từ I là trung điểm AB, tìm được B(10 b;b) . 0,25       AH (1 b;b 7);CB (11 b;b 1). Ta có AH  CB AH.CB 0 . 0,25 1 b 11 b b 7 b 1 0 b 1;b 9 0,25 Khi b 1 A 1;9 ; B 9;1 . Khi b 9 A 9;1 , B 1;9 2. (1,0 điểm)  Từ giả thiết có OA t.u (0;t;t) 0,25    A(0;t;t).BC (0;1; 2), BD (3;1;4), BA (1;t;t 2)      0,25 BC, BD (2; 6; 3) . Suy ra BC, BD BA 9t 4. 1    5 1 1 0,25 Ta có V BC, BD BA 9t 4 t 1;t . ABCD 6 6 6 9 Với t 1 A(0;1;1) . 0,25 7 29 7 46 Mặt cầu cần tìm có phương trình là: (S) : x2 y2 z2 x y z 0 . 5 5 5 5 1 Với t 0 , tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu 9 3. (1,0 điểm) Điều kiện x 0 0,25 1 log2 x 2 log x log 4x2 log 4x2 log x log 4x2 2log 2x 6 2log 2x 4x 6 2 2.3 2 2 2 6 2 2.3 2 2 2 2.3 2 0 6 6.22log2 2x 61 log2 x 12.32log2 2x 0 0,25 2log 2x log 2x 2 2 2 2 0,25 6. 12 0 3 3 log 2x 2 2 3 1 0,25 x 3 2 4 VIb. 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C). 0,25   Khi đó PA/(C) = AB.AC AB.AC IA2 R2 3. Suy ra AB.AC=3. 0,25 Theo BĐT AM-GM ta có BC AB AC 2 AB.AC 2 3 . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.  Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận IA (1; 1) là vectơ pháp tuyến. 0,25 Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 2. (1,0 điểm)   0,25 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud (2; 1; 3) .mp(P) có vectơ pháp tuyến nP (7;9;2) . Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên thì 0,25 1 M (4; 1; 6) . Đường thẳng có vectơ chỉ phương u nP ,ud (1; 1;1) 25 1 0,25 Ta thấy , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 42