zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1

Chia sẻ: Nguyễn Nhật Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:1

Báo xấu

138
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề khảo sát chất lượng đại học môn toán dành cho khối A và A1, Tài liệu dành cho các bạn tân sinh viên thảm khảo và rèn luyện giải toán học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1

www.MATHVN.com S GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1 www.MATHVN.com 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 đi m) x+2 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = (C ) x−3 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 ( ) trình: 8 sin x + cos x + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9 sin 2 x + 11 . 6 6  3 2 2 3 Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên ℝ :  x − 6 x y + 9 xy − 4 y = 0   x−y + x+y =2  1 − x2 Câu 4. (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm của hàm số: f ( x ) = trên đoạn 1;8   x + x3 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 a 3 (ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng . Tính thể tích khối chóp 4 S.ABCD theo a.  3  3  1  1 Câu 6. (1,0 điểm). Cho a, b ∈ ℝ*+ . Chứng minh rằng:  a2 + b +  b2 + a +   2a +  2b +  ≥  4  4  2  2 II/ PHẦN RIÊNG (3,0 đi m): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (2,0 đi m) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : x + 2 y − 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 đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết 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 + 21+ 3− x − 4 3− x + 21+ 3− x ≤ 5 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (2,0 đi m) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( −7;8) và hai đường thẳng d1 :2 x + 5 y + 3 = 0 ; d 2 :5 x − 2 y − 7 = 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d 3 đi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14,5 . 2. Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy, cho Hypebol (H): x2 y2 − =1. ViÕt ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña 16 9 elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 8  log2 3 9x−1 +7 −1 log2 (3x−1 +1)  Câu 8b. (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow  2 +2 5  . Hãy tìm các giá trị của   x ∈ ℝ , biết rằng số hạng thứ 6 từ trái sang phải trong khai triển này là 224. ----------------------------- H t ------------------------------ 1 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com Thí 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. S GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) TRƯ NG THPT ĐÀO DUY T NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1 www.MATHVN.com Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đáp án có 04 trang) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Lời giải chi tiết Điểm I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. 1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. (2,0 * Tập xác định D = ℝ \ {3} điểm) * Sự biến thiên: +/ Giới hạn và tiệm cận: 0,25 lim y = 1; lim y = 1 : Đồ thị có tiệm cận ngang là y = 1 x →−∞ x →+∞ lim y = +∞ ; lim− y = −∞ : Đồ thị có tiệm cận đứng là x = 3 x → 3+ x →3 −5 x −∞ 3 +∞ +/ Ta có: y ' = < 0; ∀x ≠ 3 , ( x − 3) − − 2 y' 0 0 Bảng biến thiên: 1 +∞ y 0,5 −∞ 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;3 ) và ( 3; +∞ ) . * Đồ thị: 12 10 8 6 4 2 0.25 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 -2 -4 -6 -8 -10 2. (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị   5 Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): M =  a;1 + , a ≠ 3 a −3   0,25 Tiệm cận đứng ∆1 : x − 3 = 0 ; tiệm cận ngang ∆ 2 : y − 1 = 0 5 Theo giải thiết: d ( M ; ∆ 2 ) = 5d ( M ; ∆1 ) ⇔ = 5 a −3 (1) 0,25 a −3 Giải phương trình (1), ta được: a = 4; a = 2 0,25 Vậy các điểm cần tìm là: M = ( 4;6 ) & M ' = ( 2; −4 ) 0,25 ( ) Câu 2. Giải phương trình: 8 sin 6 x + cos 6 x + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9 sin 2 x + 11 . (1,0 điểm) Phương trình 8 (1 − 3sin 2 x cos 2 x ) + 3 3 sin 4 x − 3 3cos2 x + 9 sin 2 x − 11 = 0 0,25 ⇔ 3 3cos2 x ( 2 sin 2 x − 1) − 3 ( 2 sin 2 2 x − 3sin 2 x + 1) = 0 2 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com  2 sin 2 x − 1 = 0 (1) ⇔ ( 2sin 2 x − 1) ( ) 3cos2 x − sin 2 x + 1 = 0 ⇔   3cos2 x − sin 2 x = −1 ( 2) 0,25   π 1  x = 12 + kπ Giải phương trình (1): sin 2 x = ⇔  ( k ∈ ℤ) 0,25 2  x = 5π + kπ   12  π x = + kπ  π 1  Giải phương trình (2): 3cos2x − sin 2x = −1 ⇔ cos  2x +  = − ⇔  4 ( k ∈ ℤ) 0,25  6 2  5π x = − + kπ   12 Câu 3.  x 3 − 6 x 2 y + 9 xy 2 − 4 y3 = 0 (1)  (1,0 Giải hệ phương trình:  điểm)  x−y + x+y =2  (2) x = y Ta có: (1) ⇔ ( x − y )2 ( x − 4 y ) = 0 ⇔  0,5  x = 4y Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2 0,25 Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x = 32 − 8 15; y = 8 − 2 15 0,25 Câu 4. 1 − x2 (1,0 Tìm nguyên hàm của hàm số: f ( x) = trên đoạn 1;8 www.MATHVN.com   điểm) x + x3 1 −1 1 − x2 Vì hàm số liên tục trên [1;8] . Ta có: ∫ 2 dx = ∫ x dx 0,5 x + x3 1 +x x 1 1 −1 d (x + ) = ∫ x 2 dx = − ∫ x = − ln( x + 1 ) + C 1 1 x +x +x 0,5 x x 1− x 2 1 Vậy nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên đoạn [1;8] là: F ( x) = − ln( x + ) + C; C ∈ℝ x+x 3 x Câu 5. (1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. (1,0 Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó điểm) ABD = 600 . Hay ∆ABD đều. Do ( SAC ) ; ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) nên giao tuyến của chúng 0,25 SO⊥ (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; 1 a 3 OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) 2 2 0,25 a 3 Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI OI = 4 1 1 1 a Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 = 2 + 2 ⇒ SO = OI OK SO S 2 Diện tích đáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a ; 2 a đường cao của hình chóp SO = . 0,5 2 D I Thể tích khối chóp S.ABCD: A 3 3 1 3a O VS . ABC D = S ABC D .SO = H 3 3 a K C B 3 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com Câu 6.  2 3  2 3  1  1 (1,0 Chứng minh rằng:  a + b +   b + a +   2 a +   2b +  ≥  4  4  2  2 điểm) 2 2 3 2 1 1  1 1 1 Ta có: a + b + = a − a + + b + a + =  a −  + a + b + ≥ a + b + 4 4 2  2 2 2 0,5 3 1 Tương tự: b2 + a + ≥ a + b + . 4 2 2  1  1  1 Ta sẽ chứng minh  a + b +  ≥  2a +  (2b +  (*)  2  2  2 2 2 1 1 Thật vậy, (*) ⇔ a + b + 2ab + a + b + ≥ 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 ≥ 0 . 0,5 4 4 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = . 2 II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn 7a. 1. (1,0 điểm). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất. (2,0 điểm) 5 Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; −3 ) 0,25 2 Ta có : MA + 3MB = ( MA + MB ) + 2 MB = 2 MI + 2 MB = 4 MJ 0,25 Vì vậy MA + 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆ 0,25 Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0.  −2 x + 2 y − 3 = 0 x = 5  19 −2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  ⇔ . Vậy M( ; ) 0,25 2 x − y − 8 = 0  y = 19 5 5   5 2. (1,0 điểm). Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giả sử B( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d 2 ⇒ xC = −2 yC + 7  xB + xC + 2 = 6 0,25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB + yC + 3 = 0 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 9 81 Bán kính R = d(C; BG) = ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0,25 5 25 8a. (1,0 Giải bất phương trình: 8 + 21+ 3− x −4 3− x + 21+ 3− x ≤5. điểm) Điều kiện: x ≤ 3. Đặt t = 2 3− x ≥ 1. BPT ⇔ 8 + 2t − t 2 + 2t ≤ 5 0,25  5 5 − 2t ≥ 0 0 ≤ t ≤ 2   ⇔ 8 + 2t − t ≤ 5 − 2t ⇔ 8 + 2t − t 2 ≥ 0 2 ⇔ −2 ≤ t ≤ 4 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 0,5  2  5t − 22x + 17 ≥ 0 t ≤ 1; t ≥ 17  5 3− x Với 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ 2 ≤1⇔ 3− x ≤ 0 ⇔ x = 3 0,25 B. Theo chương trình Nâng cao 4 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com 7b. 1. (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng d 3 đi qua P tạo với d1 , d 2 (2,0 Ta có A(1; −1) và d1 ⊥ d 2 . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , điểm) 0,25 d 2 là: ∆1: 7 x + 3 y − 4 = 0 và ∆2: 3 x − 7 y − 10 = 0 d 3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân ⇒ d 3 vuông góc với ∆1 hoặc ∆2.. ⇒ Phương trình của d 3 có dạng: 7 x + 3 y + C = 0 hay 3x − 7 y + C ′ = 0 0,25 Mặt khác, d 3 qua P( −7;8) nên C = 25 ; C′ = 77 Suy ra : d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 hay d3 :3x − 7 y + 77 = 0 29 0,25 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng ⇒ cạnh huyền bằng 58 2 58 Suy ra độ dài đường cao A H = = d ( A, d3 ) 2 58 • Với d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 thì d ( A; d3 ) = ( tm) 0,25 2 87 • Với d 3 : 3 x − 7 y + 77 = 0 thì d ( A; d3 ) = ( loại ) 58 2. (1,0 điểm). Viết ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) Hypebol (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1 ( − 5; 0 ) ; F2 ( 5; 0 ) . H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét 0,25 ®Ønh lµ M( 4; 3), x 2 y2 Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: + = 1 ( víi a > b và a 2 = b 2 + c 2 ) a 2 b2 0,25 (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1 ( −5; 0 ) ; F2 ( 5; 0 ) ⇒ a 2 − b 2 = 52 (1) M (4;3) ∈ (E ) ⇔ 9a 2 + 16 b 2 = a 2 b 2 (2 ) a 2 = 52 + b 2 a 2 = 40 0,25 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:  ⇔ 2 9a + 16 b = a b b = 15 2 2 2 2 x 2 y2 VËy ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) lµ: + =1 0,25 40 15 8b. Hãy tìm các giá trị của x ∈ ℝ , (1,0 k =8 Ta có: ( a + b ) = ∑ C8 a 8− k b k . 8 k điểm) k =0 0,25 1 1 ( ) 1 =( 9x−1 +7) ; b = 2 = ( 3x−1 +1) 3 x−1 − log2 3x−1+1 − 9 +7 Áp dụng với a = 2 2 log 3 5 5 + Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của 3 5  x−1 1   x−1 −1  khai triển là T6 = C  ( 9 + 7) 3  . ( 3 +1) 5  = 56( 9x−1 + 7) .( 3x−1 +1) 5 −1 0,25 8     9x−1 + 7 + Theo giả thiết ta có : 56( 9 + 7) .( 3 +1) = 224 ⇔ x−1 = 4 ⇔ 9x−1 + 7 = 4(3x−1 +1) x−1 x−1 −1 0,25 3 +1 x−1 3 =1 x =1 ⇔ ( 3x−1 ) − 4(3x−1) + 3 = 0 ⇔  x−1 ⇔  2 0,25 3 = 3 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 -------------------------- 5 www.MATHVN.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.