ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối B TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

Chia sẻ: Dongthao_1 Dongthao_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học đợt i năm học 2012-2013 môn: toán - khối b trường thpt bỉm sơn', 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(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối B TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN Môn: Toán - Khối B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = (C ) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = mx − m + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) 1 2 ( cos x − sin x ) 1. Giải phương trình: = tan x + cot 2 x cot x − 1   x+ y + x− y = 4 2. Giải hệ phương trình:   x + y = 128 2 2  8
6x − 4 Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: 2x + 4 − 2 2 − x = x2 + 4 Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. Câu V. (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2 ( x 2 + y 2 ) = xy + 1 . x4 + y4 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 2 xy + 1 Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần. A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y − 5 = 0 và điểm A ( 0; −1) . Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC đều. x2 y 2 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( E ) : + =1. 25 9 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. n  1 CâuVIIa. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  2 x 3 +  , biết  x n −1 rằng An − Cn +1 = 4 n + 6 . 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x − y − 4 = 0 , đường thẳng BC, CD lần lượt đi qua điểm M(4; 0), N(0; 2). Biết tam giác AMN cân tại A. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là ( 12 2 + 3 ) Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho: C2 n +1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 = 2013 1 2 3 4 2 n +1 …………………..Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI B Câu Nội dung Điểm + Tập xác định: D = ℝ \ {1} I.1 + Giới hạn: lim y = 2 ⇒ y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.25 x →±∞ lim y = +∞, lim y = −∞ ⇒ x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x →1+ − x →1 −2 + Đaọ hàm y ' = < 0, ∀x ≠ 1 . ( x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ ) . BBT: 9 0.5
x -∞ 1 +∞ y’ - - y 2 +∞ -∞ 2 Hàm số không có cực trị. + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 8 6 2·x f(x) = x 1 4 2 I 0.25 15 10 5 O 1 5 10 15 2 4 6 8 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: 2x x ≠ 1  0.25 = mx − m + 2 ⇔  x −1  g ( x ) = mx − 2mx + m − 2 = 0(*) 2  + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m ≠ 0  0.25 ⇔  ∆ = m 2 − m 2 + 2m > 0 ⇔m>0  g 1 = m − 2m + m − 2 ≠ 0  ( ) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). Khi đó A ( x1; mx1 − m + 2 ) , B ( x2 ; mx2 − m + 2 ) I.2  x1 + x2 = 2  Theo định lí viét, ta có:  m−2  x1.x2 = m 0.25  ( ⇒ AB 2 = ( x2 − x1 ) 1 + m 2 = 2 8 m )1 + m2 ( )  1 ⇒ AB 2 = 8  m +   m 1 Áp dụng định lí cosi cho 2 số dương m và ta được: 0.25 m  1 AB 2 = 8  m +  ≥ 16 ⇒ ABmin = 4 ⇔ m = 1  m 10
1 2 ( cos x − sin x ) 1 2 ( cos x − sin x ) pt ⇔ = ⇔ = sin x cos 2 x cos x cos x cos x − sin x 0.25 + −1 cos x sin 2 x sin x cos x.sin 2 x sin x  kπ sin 2 x ≠ 0 x ≠ 2  Điều kiện:  ⇔ 0.25 II.1 cos x − sin x ≠ 0  x ≠ π + kπ   4 2 π Khi đó pt ⇔ sin 2 x = 2 sin x ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℝ ) 0.25 2 4 π Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x = − + k 2π ( k ∈ ℝ ) 0.25 4  x + y + x − y = 4 (1)   2  x + y = 128  2 ( 2) x + y ≥ 0 Điều kiện:  (*) x − y ≥ 0 x ≤ 8 Ta có: (1) ⇔ 2 x + 2 x 2 − y 2 = 16 ⇔ x 2 − y 2 = 8 − x ⇔  2 0.25  x − y = 64 − 16 x + x 2 2 II.2 x ≤ 8  ⇔ 2 − y = 64 − 16 x ( 3 )  x = 8 Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: x 2 + 16 x − 192 = 0 ⇔  (thỏa mãn x ≤ 8 ) 0.25  x = −24 + Với x = 8, thay vào (2) ta được y = ±8 0.25 + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( x; y) = (8;8) ;(8; −8) 0.25 Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2 2x + 4 − 4( 2 − x) 6x − 4 6x − 4 6x − 4 pt ⇔ = ⇔ = 2x + 4 + 2 2 − x x2 + 4 2x + 4 + 2 2 − x x2 + 4 0.5  2 x = 3 ⇔  2 x + 4 + 2 2 − x = x2 + 4 ( 2)  III Giải (2): ⇔ 2 x + 4 + 4 ( 2 − x ) + 4. ( 2 x + 4 )( 2 − x ) = x 2 + 4 ⇔ 4. ( 2 x + 4 )( 2 − x ) − ( x 2 + 2 x − 8) = 0 ⇔ 4. ( 2 x + 4 )( 2 − x ) − ( x − 2 )( x + 4 ) = 0 0.5 ⇔ ( 2 − x ) ( 4. ( 2 x + 4 ) + ( 2 − x ) ( x + 4 ) ) = 0 ⇔ x = 2 2 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 2 và x = 3 11
S A I T D M H K B E C CB ⊥ AB Vì  ⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) CB ⊥ SA ( ) ( ) ⇒ SC , ( SAB ) = SC , SB = CSB = 300 ⇒ SB = BC.cot 300 = a 3 ⇒ SA = a 2 0.25 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 2a 3 0.25 VS . ABCD = SA.S ABCD = a 2.a 2 = (dvtt ) 3 3 3 a + Từ C dựng CI // DE ⇒ CE = DI = và DE / / ( SCI ) 2 ⇒ d ( DE , SC ) = d ( DE , ( CSI ) ) Từ A kẻ AK ⊥ CI cắt ED tại H, cắt CI tại K  SA ⊥ CI 0.25 Ta có:  ⇒ CI ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SCI ) ⊥ ( SAK ) theo giao tuyến SK  AK ⊥ CI IV Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT ⊥ AK ⇒ HT ⊥ ( SCI ) ⇒ d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) ) = HT 3 a. a 1 1 CD. AI 2 3a + Ta có: S ACI = AK .CI = CD. AI ⇒ AK = = = 2 2 CI a 2 5 a2 +   2 HK KM 1 1 a Kẻ KM//AD ( M ∈ ED ) ⇒ = = ⇒ HK = AK = HA AD 2 3 5 0.25 a a 2. SA HT SA.HK 5 = 38 Lại c ó: sin SKA = = ⇒ HT = = SK HK SK 9a 2 19 2a 2 + 5 38 Vậy d ( ED, SC ) = 19 1 Đặt t = xy . Ta có: xy + 1 = 2 ( x + y ) − 2 xy  ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ − 2   5 0.25 1 1 1 Và xy + 1 = 2 ( x − y ) + 2 xy  ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ . nên − ≤ t ≤ . 2 V   3 5 3 12
(x ) 2 2 + y2 − 2 x2 y2 −7t 2 + 2t + 1 Suy ra P = = 0.25 2 xy + 1 4 ( 2t + 1) Xét hàm số f ( t ) = −7t 2 + 2t + 1 có f ' ( t ) = 7 −t 2 − t ( ) t = 0 ; f ' (t ) = 0 ⇔  V 4 ( 2t + 1) 2 ( 2t + 1) 2 t = −1(l ) 0.25  1 1 2 1 f  −  = f   = ; f ( 0) =  5  3  15 4 1 2 Vậy GTLN bằng , GTNN bằng 0.25 4 15 1 = 2 ( xH − 1)  3 7 (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 10 ⇒ AI = 2 IH ⇒  ⇒H ;  3 = 2 ( yH − 2 )  2 2 0.25 (Do I là trọng tâm tam giác đều ABC, H là trung điểm BC) Pt đường thẳng BC đi qua H và nhận AI = (1;3) làm vecto pháp tuyến là: 0.25 x + 3 y − 12 = 0 VIa Vì B, C ∈ ( C ) ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình: 1  7+ 3  7− 3 x + y − 2x − 4 y − 5 = 0 2 2 y = y =  2  2  ⇔ ∨  x + 3 y − 12 = 0 x = 3 − 3 3 x = 3 + 3 3 0.5   2   2  3−3 3 7 + 3   3+ 3 3 7 − 3  Vậy B   2 ; 2 , C  2 ; 2  hoặc ngược lại        Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a ≠ 0 ). Tung độ giao điểm a2 y2 25 − a 2 25 − a 2 ( a ≤ 5 ) 3 0.25 của (d) và (E) là: + = 1 ⇔ y = 9. 2 ⇔ y=± 25 9 25 5  3 2   3 2  6 VIa. Vậy A  a; 5 25 − a  , B  a; − 5 25 − a  ⇒ AB = 5 25 − a 2 0.25     2 6 100 5 5 Do đó AB = 4 ⇔ 25 − a 2 = 4 ⇔ 25 − a 2 = ⇔a=± (thỏa mãn đk) 0.25 5 9 3 5 5 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x = ,x = − 0.25 3 3 Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℤ An − Cn +1 = 4n + 6 ⇔ n ( n − 1) − 2 n −1 ( n + 1) n = 4n + 6 2 0.5 Ta có:  n = −1(loai ) VII ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  a  n = 12 Với n = 12 ta có: n 12 k  3 1  3 1 12 − k  1  ( ) 12 12  2 x +  =  2 x +  = ∑ C12 2 x3 k   = ∑ C12 212− k x36− 4 k k 0.5  x  x k =0  x k =0 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .2 = 1760 9 3 VIb Vì A ∈ d ⇒ A ( t ; t − 4 ) 1 Do tam giác ABC cân tại A nên AM = AN 0.25 13
⇔ ( t − 4 ) + ( t − 4 ) = t 2 + ( t − 6 ) ⇔ t = −1 ⇒ A ( −1; −5 ) 2 2 2 Giả sử pt đường thẳng BC đi qua M(4; 0) có dạng a ( x − 4 ) + by = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) Do CD ⊥ BC và đường thẳng CD đi qua điểm N(0; 2) ⇒ CD : bx − a ( y − 2 ) = 0 Vì ABCD là hình vuông nên ta có: −5a − 5b 7a − b 3a = −b d ( A, BC ) = d ( A, CD ) ⇔ = ⇔ a2 + b2 a 2 + b2  a = 3b 0.25 Với 3a = -b, chọn a = 1, b = -3, ta có: AB : 3 x + y + 8 = 0, BC : x − 3 y − 4 = 0, 0.25 CD : 3x + y − 2 = 0 ⇒ B ( −2; −2 ) , C (1; −1) , D ( 2; −4 ) Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1 ta có: AB : x − 3 y − 14 = 0, BC : 3 x + y − 12 = 0, 0.25 CD : x − 3 y + 6 = 0 ⇒ B ( 5; −3) , C ( 3;3) , D ( −3;1) x2 y2 Gọi pt Elip cần tìm là: + = 1( a > b > 0 ) với hai tiêu điểm là F1 ( −c; 0 ) , a 2 b2 0.25 F2 ( c; 0 ) ( c 2 = a 2 − b 2 , c > 0 ) và hai đỉnh trên trục nhỏ là: B1 ( 0; −b ) , B2 ( 0; b ) c 2 = a 2 − b 2 VIb  a = 6  3  2 Theo giả thiết ta có hệ: b = 2c ⇔ b = 3 3 0.5  2 c = 3 ( 4 ( a + b ) = 12 2 + 3  )  x2 y2 Vậy (E): + =1 0.25 36 27 C2 n+1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 = 2013 (*) 1 2 3 4 2 n +1 Xét khai triên: (1 + x ) 2 n +1 = C2 n+1 + xC2 n +1 + x 2C2 n +1 + x3C2 n +1 + x 4C2 n +1 + ... + x 2 n +1C2 n +1 0 1 2 3 4 2 n +1 0.5 Đạo hàm cả hai vế cua khai triển ta được: VII ( 2n + 1)(1 + x ) = C2 n+1 + 2 xC22n+1 + 3x 2C23n+1 + 4 x3C24n+1 + ... + ( 2n + 1) x 2 nC22nn++11 2n 1 Thay x=-2 vào ta được: 2n + 1 = C2 n +1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 1 2 3 4 2 n +1 0.5 Do đó (*) ⇔ 2n + 1 = 2013 ⇔ n = 1006 ………………………………..Hết………………………………….. 14