Đề ôn thi ĐH môn Toán - THPT Sầm sơn (2012-2013) khối B

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo đề ôn thi ĐH môn Toán - THPT Sầm sơn (2012-2013) khối B kèm đáp án môn Toán để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề ôn thi ĐH môn Toán - THPT Sầm sơn (2012-2013) khối B

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối B,D năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm) Câu I: ( 2 điểm) Cho hàm số: y = x3 – 3x2 + 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6 Câu II: ( 2 điểm ) 2x2 1) Giải bất phương trình:  x  21 3  9  2x  2   2) Giải phương trình: sin3x+cos3x -2 2 cos x    1 =0  4 Câu III: ( 2 điểm) cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạch a, tam giác SAB đều và năm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N,P,K lần lượt là trung điểm của BC, CD, SD,SB. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABMN b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 ab  bc bc  ca ca  ab Tìm giá trị nhỏ nhất của: P  2 2 2  2 2 2  2 a b c b c a c  a2  b2 II.PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 ) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu V.a ( 2 điểm ) 1) Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn (C): x2+y2-4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông. 2) Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Câu VI.a ( 1 điểm ) Giải phương trình: 2 log 5 (3 x  1)  1  log 5 ( 2 x  1) . 3 2.Theo chương trình nâng cao: Câu V.b ( 2 điểm ) x y 1) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc: 2  2  1a  b  0 a b (E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm n  lg103x   5 2 x2 lg 3  2) Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton:  2  . Biết số hạng   thứ 6 của khai triển bằng 21 và C n  C n3  2C n2 1 Câu VI.b ( 1 điểm ) Giải phương trình: 4 x 2  3 x .x  31 x  2 x 2 .3 x  2x  6 Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối B,D năm học 2012 - 2013 2 2 Môn Toán. Thời gian : 180 phút Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm) Câu ý Nội dung Điểm Câu I a Cho hàm số: y = x3 – 3x2 + 2 b) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số +Tập xác định: R Giới hạn tại vô cực: lim y   ; lim y   0,25đ x   x   / 2 + Sự biến thiên: y = 3x -6x *Bảng biến thiên: x - 0 2 + / 0,25đ y 0 - 0 + + 2 y + - -2 *Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến x   ;0   2;  Hàm số nghịch biến: x  0;2   xCT  2 x  0 Cực trị:  ;  CD  y CT  2  y CD  2 + Đồ thị: Đồ thị hàm sô nhận điểm uốn làm tâm đối xứng , đi qua 0,25đ các điểm CĐ, CT Và điểm M(3;2) Vẽ đồ thị :
0,25đ Câu I b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6 0,25đ +Ta có AB  2 5 6 Do đó khoảng cách từ M đến AB bằng , phương trình cạnh AB 5 0,25đ là: 2x+y-2 = 0 + M thuộc (C) suy ra M(x; x3-3x2+2) x 3  3x 2  2 x 6  x 3  3x 2  2 x  6  0 d M / AB    .  3 5 5 2  x  3x  2 x  6  0  0,25đ Giải phương trình Tìm được x =-1; x = 3 + Tìm được M(-1;-2); M(3;2) do đó có 2 phương trình tiếp tuyến là: 0,25đ y = 9x+7 hoặc y = 9x - 25 Câu II 1 2x2 Giải bất phương trình:  x  21 3  9  2x  2  9 9  2 x  0 x   + ĐK:   2 x  0 x  0 0,25đ  Khi đó ta có bất phương trình tương đương: 2  3  9  2x  2 2x    x  21  ...  9  2 x  4  x  7   2x  2 0,5đ    9 7 + Vậy nghiệm của bất phương trình là: x   ;  \ 0 0,25đ  2 2 2   Giải phương trình: sin3x+cos3x -2 2 cos x    1 =0  4 Phương trình: 4cos 3 x  sin 3 x   5cos x  sin x   1  0  4cos x  sin x 1  sin x cos x   5cos x  sin x   1  o 0,25đ  1 t2  Đặt cosx – sinx =t ta được: 4t 1     5t  1  0  2t 3  t  1  0  0,25đ  2  giải phương trình ta được t = 1 thay và đặt:
 x  k 2 cosx – sinx = 1  ...   k Z  x     k 2  2 0,25đ  Vậy phương trình có nghiệm: x    k 2 ; x  k 2 k Z 2 0,25đ Câu III a H là trung điểm AB: do (SAB)  (ABCD) do đó SH  (ABCD) ta có + Tính được SH 0,5đ + Tính được: SABMN + Tính đúng VS.ABMN 1 1 a 3 5a 2 5 3 3 0,5đ VS.ABMN= SH .S ABMN  . .  .a (đvtt) 3 3 2 8 48 S K P B M C H N E A D b + Chứng minh được MK// (APN) do đó: khoảng cách của MK và AP bằng khoảng cách từ M đến (APN) 0,25đ +Gọi E là giao điểm của HD và AN suy ra PE//SH từ đó PE  (AMN). Kẻ MF  AN ( F thuộc AN) thì MF  (APN) 0,25đ 2S AMN 3a + MF =  AN 2 5 0,25đ 3a + Vậy khoảng cách của AP và MK là: MF  2 5 0,25đ Câu IV Cho tam giác ABC nhọn có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của:
ab  bc bc  ca ca  ab P 2 2 2  2 2 2  2 a b c b c a c  a2  b2 +  1 1   1 1  p  ab 2 2 2  2 2 2   cb 2 2 2  2 2 2   a b c c a b  a b c b c a  1 1 0,25đ + ac 2 2 2  2 2 2    b c  a c a b  1 1 2 +Ta có:  2 2 2  2 2 2   2   a b c c a b  c 1 1 4 ( Do với x,y dương thì   ) x y x y  1 1  2 Tương tự:  2 2 2  2 2   a b c b  c  a  a2 2  1 1  2  ab bc ac   2 2 2  2 2 2   2 Vậy P  2 2  2  2   6 0,5đ b c a c a b  b c a b  0,25đ Vậy P nhỏ nhất bằng 6 khi a-=b=c=1 II.PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 ) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu ý Nội dung Điểm Câu V.a 1 Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn (C): x2+y2-4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông. + Tìm được tâm đường tròn I(2;1) và bán kính R = 3. Lý luận để MI = 3 2 0,25đ + M thuộc x-y+1=0 do đó M(x; x+1) x  1  2 2 MI=  x  2 2  x 2  3 2  2 x 2  4 x  14  0   x  1  2 2  0,5đ    Vậy có 2 diểm M 1  2 2 ;2  2 2 hoặc M 1  2 2 ;2  2 2  0,25đ 2 + Số phần tử của không gian mẫu là:  4  C15  1365 0,25đ + Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là: 0,25đ A  C4 .C5C6  C1 .C5 C1  C1 .C5C6  720 2 1 1 4 2 6 4 1 2 720 48 0,25đ Xác suất để xảy ra A là: P( A)    0.527 1365 91
Vậy xác suất cần tìm là: P  1  P  A   43 0,25đ 91 Câu VIa Giải phương trình: 2 log 5 (3 x  1)  1  log 3 5 ( 2 x  1) . 3 x  1  0 1 + ĐK:  x 0,25đ 2 x  1  0 3 0,25đ + Biến đổi phương trình về dạng: 53 x  12  2 x  13 0,25đ + Giải phương trình tìm được nghiệm: x=1/8;x=2 0,25đ Vậy nghiệm của phương trình là; x = 2 1.Theo chương trình nâng cao: Câu ý Nội dung Điểm Câu IV.b 1 Trong 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc: x2 y2   1a  b  0 (E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, a2 b2 chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm. + Tìm được a = 3; b = 2 0,25đ + Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm M1(x1;y1), M2(x2;y2) khi đó: 4 x12  9 y12  36   2 2  4( x1  x 2 )( x1  x 2 )  9 y1  y 2  y1  y 2   0 4 x 2  9 y 2  36  Mà: M là trung điểm M1, M2 nên: x1+x2=2; y1+y2=2 nên 4(x1-x2)-9(y1-y2)=0 (1) 0,25đ + Giả sử phương trình đường thẳng qua M(1;1) có VTPT (a;b) Khi đó có phương trình: a(x-1)+ b(y-1) = 0 do qua M1, M2 nên: a x1  1  b y1  1  0   a x1  x 2   b y1  y 2   0 (2) a x 2  1  b y 2  1  0 0,25đ Từ (1) và (2) ta có a = 4 b = 9 vậy phương tình đường thẳng cần tìm là: 4x+ 9y - 13 = 0 0,25đ 2) Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton: n  2lg103x   5 2 x2 lg 3    . Biết số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21   và C n  C n3  2C n2 1 + Từ C n  C n3  2C n2 giải phương trình tìm ra n =7 1 0,25đ + Số hạng thứ 6 bằng 21 thì: C7 2 lg 103  ( x  2) lg 3  21  lg 10  3 x   lg 3 x 2  0  (3 x ) 2  10.3 x  9  0 x 5 0,5đ + Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1; x = 2 0,25đ
Câu V.b Giải phương trình: 4 x 2  3 x .x  31 x  2 x 2 .3 x  2 x  6 ĐK x≥ 0 0,25đ + Chuyển bất phương trình về dạng tích: (2 x 2  x  3)(2  3 x )  0 0,25đ + Từ nghiệm vế trái: x = -1; x =3/2; x = log 2 2 . Lý luận để phương 3 trình có nghiệm 025đ + Kt luận nghiệm phương trình:x =3/2; x = log 2 2 . 0,25đ 3 GHI CHÚ Đáp án này gồm 5 trang, học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình học không gian nếu vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl