ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN 2 THPT QUỲNH LƯU 1

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

353
lượt xem 68
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học cao đẳng năm 2012-lần 2 thpt quỳnh lưu 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN 2 THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN 2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Môn thi: TOÁN – Khối A TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1. Câu II. (2,0 điểm) 9 11 1. Giải phương trình: 2sin(2 x  )  7 2 sin x  2 sin( x  )4 2 0 4 2 x 2  2 x  92  x 2  2 x  x  1  1 2. Giải bất phương trình: ln 3 (2e3 x  e 2 x ) dx Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: I  e x 4e x  3  1 0 Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABCA1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh 2a, điểm A1 cách đều ba điểm A, B, C. Cạnh bên A1 A tạo với mặt phẳng đáy một góc  . Hãy tìm  , biết thể tích khối lăng trụ ABCA1B1C1 bằng 2 3a 3 . Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Chứng minh rằng: 3 2a  b  ab  bc  3 abc  7 4 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh AB, AC lần lượt là: x  2 y  2  0 và 2 x  y  1  0 , điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho    DB.DC có giá trị nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4). Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P): x  y  z  1  0 sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng 2 17 . Câu VIIa. (1,0 điểm) Tính tổng S  C2012C2010  (12 C2012 22011  22 C2012 22010  ...  (1) k 1 k 2C2012 22012  k  ...  20122 C2012 ) 1 1 1 2 k 2012 B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB, BD lần lượt là: x  2 y  1  0 và x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ điểm N thuộc BD sao cho NA  NC nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz). Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển biểu thức: 2 1 22 2 2n n 121 1 0 2 n 2 P  (  3x ) . Biết n nguyên dương thoả mãn: Cn  Cn  Cn  ...  Cn  n 1 n 1 2 3 x ---------------Hết---------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011-2012 Môn: TOÁN-khối A-B-D Điểm Phần chung 1.(1 điểm) Câu I (2 4 2 Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1 điểm) +) TXĐ: D= R 0,25 x  0 +) Giới hạn, đạo hàm: lim y   ; lim y   . y '  4 x 3  4 x; y '  0    x  1 x  x  +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +  ) 0,25 nghịch biến trên các khoảng (-  ;- 1), (0; 1) +) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, yCT = 0 +) BBT: x -  -1 0 1 + y' -0+ 0 - 0+ 0,25 y + 1 + 0 0 10 8 6 4 2 0,25 -15 -10 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 Đồ thị -10 2. (1 điểm) TXĐ: D= R y '  4 x 3  4mx  4 x( x 2  m) x  0 0,25 y' 0   2 x  m Hàm số có 3 điểm cực trị khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 Gọi 3 điểm cực trị A(0;m), B ( m ;  m2  m), C( m ;  m 2  m) . Ta có A thuộc Oy và B, C đối xứng nhau qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam 0,25 giác ABC thuộc Oy.
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(0;a) Ta có: IA2  IB 2  IC 2  1 0,25 m  a  1 (m  a )2  1      m  a  1  2 2 m  (  m  m  a)  1   2 2 m  ( m  m  a)  1(*) Với m  a  1 thay vào (*) ta có phương trình vô nghiệm m  0 0,25 5 1 Với m  a  1 thay vào (*) ta có m  1, m  (TM) 2 1.(1 điểm)  Phương trình  2 sin(2 x  )  7 sin x  cosx  4  0 0,25 4  sin 2 x  cos2 x  7 sin x  cosx  4  0  (2sin x cos x  cos x)  2sin x 2  7sin x  3  0 0,25  cos x (2sin x  1)  (2sin x  1)(sin x  3)  0  (2sin x  1)(cos x  sin x  3)  0 1  sin x  2 0,25    cos x  sin x  3  0(VN ...)    x  6  k 2 0,25   x  5  k 2 Câu  6  II 2.(1 điểm) (2 Điều kiện: x  1 điểm) 0,25 Bất phương trình  x 2  2 x  92  10  ( x 2  2 x  8)  ( x  1  1) x2  2x  8 x2   ( x  2)( x  4)  x 2  2 x  92  10 x 1 1 0,25   x4 1  ( x  2)   ( x  4)  0 2 x 1  1  x  2 x  92  10   1 1  ( x  2)  ( x  4)(  1)  0 x 2  2 x  92  10 x 1  1  0.25 1 1 Ta có: ( x  4)(  1)   0, x  1 2 x 1  1 x  2 x  92  10 Do đó bất phương trình  x  2  0  x  2 0,25 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  2 (1 điểm) Câu III ln 3 ln 3 (2e3 x  e 2 x ) dx (2e3 x  e 2 x ) dx I  e  (1 x 4e x  3  1 4e3 x  3e2 x  1 0,25 0 0
điểm) Đặt t  4e3 x  3e 2 x  t 2  4e3 x  3e2 x  2tdt  (12e3 x  6e 2 x )dx tdt 0,25  (2e3 x  e 2 x )dx  3 Đổi cận: x  0  t  1 ; x  ln 3  t  9 9 9 1 tdt 1 1 I  t  1  3  (1  t  1)dt 0,25 31 1 8  ln 5 1 9  (t  ln t  1) 1  0,25 3 3 (1 điểm) B1 A1 C1 0.25 A B G I H Câu C IV (1 Ta có tam giác ABC đều cạnh 2a nên SABC= a 2 3 điểm) Mặt khác A1 A= A1B= A1C  A1 ABC là tứ diện đều. 0,25 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G là đường cao. 2a 3 2 Trong tam giác ABC có AG= AH= 3 3 0,25 2a 3 Trong tam giác vuông A1 AG có:  A1 AG=  A1G=AG.tan  = .tan  3 VLT=A1G.SABC= 2 3a 3  tan   3    600 0,25 (1 điểm) Ta có: 0.25 3 3 1 1 1 M  2a  b  ab  bc  3 abc  2a  b  b.4c  3 a.4b.16c a.4b  4 4 2 2 4 Câu a  4b b  4c a  4b  16c 3 0,25  2a  b    V 4 4 4 12 28(a  b  c) (1 0,25  7 12 điểm) 16 4 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  , b  , c  7 7 7 0,25
Phần riêng 1. (1 điểm)      Gọi VTPT AB, AC, BC lần lượt là: n1 (1; 2), n2 (2;1), n3 (a; b) Phương trình BC có dạng: a( x  1)  b( y  2)  0, a 2  b 2  0 Tam giác ABC cân tại A nên:      0.25 a  2b 2a  b cos B  cos C  cos(n1 , n3 )  cos(n2 , n3 )   a 2  b2 . 5 a 2  b2 . 5  a  b  a  b 2 1 Với a=-b, chọn b=-1  a  1  PT BC: x  y  1  0  B (0;1); C ( ; ) . Không thỏa 0,25 33 mãn M thuộc đoạn BC. Với a=b, chọn a=b=1  PT BC: x  y - 3  0  B(4; 1); C (4;7) . Thỏa mãn M 0,25 Câu thuộc đoạn BC. VIa Gọi trung điểm của BC là I (0;3) .          (2 BC 2 BC 2 0,25 Ta có: DB.DC  ( DI  IB).( DI  IC )  DI 2   4 4 điểm) Dấu bằng xảy ra khi D  I . Vậy D(0;3) 2.(1 điểm) C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a ; b ;a-b-1) 0.25 Tam giác ABC cân tại C 0,25  AC  BC  (a 3)2  (b 5)2  (5 a  b)2  (a 3)2  (b1)2  (5a b)2 b  3 (1) Ta có AB = 4, trung điểm AB là I (3;3;4) 0,25 1 2 2 3  a   8  a   17 S ABC  CI . AB  2 17  CI  17 => (2) 2 a  4 a  7 Từ (1) và (2) ta có  hoặc  0,25 b  3 b  3 Vậy có hai điểm C(4 ; 3 ;0) , C(7;3;3) Ta có: (2  x)2012  C2012 22012  C2012 22011 x  ...  C2012 x 2012 0 1 2012 0.25 Đạo hàm hai vế ta có: 2012(2  x )2011  1C2012 22011  2C2012 22010 x...  2012C2012 x 2011 1 2 2012 Nhân hai vế với x  0 ta có: 2012 x(2  x) 2011  1C2012 22011 x  2C2012 22010 x 2  ...  2012C2012 x 2012 1 2 2012 Câu 0,25 Đạo hàm hai vế ta có: VIIa 2012  2011(2  x) 2010 x  (2  x) 2011   12 C2012 22011  22 C2012 22010 x...  20122 C2012 x 2011 1 2 2012 (1   Cho x  1 ta có: 2012.2010 12 C2012 22011  22 C2012 22010 ... (1)k1k2C2012 22012k ...  20122 C2012 1 2 k 2012 điểm) 0,25 1 1 Ta có: C2012C2010  2012.2010  S  C2012C2010  (12 C2012 22011  22 C2012 22010  ...  (1)k 1 k 2C2012 22012k  ...  20122 C2012 )  0 0,25 1 1 1 2 k 2012 1. (1 điểm) Câu VIb ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu 0.25
     (2 nAB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường       điểm)     thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB  a  b 3 a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2  a  2b  a   b 2 7  Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, Với b = - 7a : Chọn a = 1  b = - 7. Khi đó Phương trình AC: x – 7y +5 = 0 (loại vì 0,25 AC không cắt BD) Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  2 x  y 1  0  0,25 7 5   I  ;    x  7 y  14  0 y  5 2 2   2 Ta có: A, C khác phía so với BD nên: NA  NC  AC 0,25 7 5 Dấu bằng xảy ra khi N = AC  BD  N  I . Vậy N  ;  . 2 2 2. (1 điểm)    Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của 0.25 AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.     Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):   0,25 2x  y  z 1  0 .  x  y  z 1  0 x  0   0,25 Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính mặt cầu là R  d ( I , (Oxz ))  2 . 0,25 Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x 2  ( y  2) 2  ( z  1)2  4 Xét khai triển (1  x )n  Cn  Cn x  Cn x 2  ...  Cnn x n 0 1 2 Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 2, ta được: 0.25 3n1  1 2n1 n 22 1 23 3 0  2Cn  Cn  Cn  ...  Cn  Câu n 1 n 1 2 3 VIIb 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 2 1 22 2 0,25  3n 1  243  n  4 0 Cn  Cn  Cn  ...  Cn    (1 n 1 2(n  1) n  1 2(n  1) 2 3 1 điểm) 0,25 P  (  3 x 2 )6  Tk 1  C6k x 3 k  6  x  k  2 x Vậy số hạng không phụ thuộc x trong khai triển là: C62 32  135 . 0,25