Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 3

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 18 - đề 3', 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 Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 3

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC MÔN TOÁN 12 - KHỐI A -LẦN 3 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH .(7,0 điểm) 3 2 Câu I:(2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x – 3x + 2 2 m 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x  2 x  2  x 1  5  Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 cos   x  sin x  1  12  log 2 x  y  3log8 ( x  y  2)  2) Giải hệ phương trình:  .   x 2  y 2  1  x2  y 2  3 1  4  x2  Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân: I  x 3 ln    4  x 2  dx 0  Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a . Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  2 x2 1  3 y2 16  z2  36 PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và C  3; 3 .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2  0 ,xác định toạ độ các đỉnh A,B,D. 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai điểm A 1; 3; 0  , B  5; 1; 2  . Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất. Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 1 1 2 1 1 1023 C0  C1  Cn  C3  L  n n n Cn  n 2 3 4 n 1 10 PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x  2  2t x  2 y1 z d1 :   , d2 :  y  3  1 1 2 z  t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S  1 C2011  2 C2011  3 C2011  ...  2010 C2011  2011 C2011 …………………………………….…….Hết ..........................................www.laisac.page.tl
Trường thpt Chuyên Vĩnh Phúc kú thi khẢo SÁT ®¹i häc n¨m 2011 Môn Toán 12 -Khối A -Lần thứ 3 Câ Ý Nội dung Điểm u I 2,00 3 2 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3 x  2. 1,00 T ập xác định: Hàm số có tập xác định D  ¡ . x  0  Sự biến thiên: y'  3 x 2  6 x. Ta có y'  0   0,25 x  2 y,  0  x  0  x  2  h/s đồng biến trên các khoảng  ; 0  &  2;   y,  0  0  x  2  h/s nghịch biến trên khoảng  0; 2  yCD  y  0   2; yCT  y  2   2. 0,25  3 2  Giới hạn lim y  lim x 3 1      x  x   x x3  Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  0,25 2  y  2  Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 5 0,25 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 2 m 1,00 Biện luận số nghiệm của phương trình x 2  2x  2  theo tham số m. x 1
m Ta có x 2  2 x  2    x 2  2 x  2  x  1  m,x  1. Do đó số nghiệm của x 1 0,25 phương trình bằng số giao điểm của y   x 2  2 x  2  x  1 , C'  và đường thẳng y  m,x  1.  f  x  khi x  1  Vẽ y   x 2  2 x  2  x  1   nờn  C'  bao gồm:  f  x  khi x  1  + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  1. 0,25 + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  1 qua Ox. Đồ thị hàm số y = ( x2  2 x  2) x  1 , với x  1 có dạng như hình vẽ sau y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 0,25 -5 hình Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox Dựa vào đồ thị ta có: + m  2 : Phương trình vô nghiệm; + m  2 : Phương trình có 2 nghiệm kép 0,25 + 2  m  0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + m  0 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. II 2,00 1 Giải phương trình: 2 2cos   5   x  sin x  1 1, 0  12   5    5  5  2 2cos   x  sin x  1  2 sin  2 x    sin   1  12    12  12  0.25
 5  5 1   5   5  sin  2 x    sin   sin  sin  2 x    sin  sin   12  12 2 4  12  4 12         2cos sin     sin    3  12   12  0,25  5     5      2 x  12   12  k 2  x  6  k  sin  2 x    sin       k ¢   12   12   2 x  5  13  k 2  x  3  k   12 12   4 0,50 2 log 2 x  y  3log8 ( x  y  2)  Giải hệ phương trình:  . 1, 0   x 2  y 2  1  x2  y 2  3 Điều kiện: x+y>0, x-y  0 log 2 x  y  3log8 (2  x  y )    x y  2 x y     x 2  y 2  1  x2  y 2  3 2 2 2 2  x  y 1  x  y  3  0,25  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2   u 2  v2  2 v  x  y   uv  3   uv  3  2  2 0,25đ  u  v  2 uv  4 (1)    (u  v )2  2uv  2 . Thế (1) vào (2) ta có:   uv  3 (2)  2 uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 . 0,25đ  uv  0 Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  0 (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y 0,25đ u  v  4 =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 1 III 3  4  x2  Tính tích phân: I   x ln  dx 1, 0 2  0  4 x    4  x 2  du  16x dx u  ln    x 4  16 Đặt   4  x2    4 0,50  3  v  x  16 dv  x dx   4 1 1 1  4  x2  15  3   Do đó I  x 4  16 ln  2   4 xdx   ln    2 0,50 4  4 x 0 0 4 5 IV …..Tính thể tích khối chóp S.ABC… 1, 00 Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH   ABC  Kẻ AK  SC  SC   AKB   SC  KB   SAC  ;  SBC     KA; KB   600  AKB  600  AKB  1200   0,25 0 Nếu  AKB  60 thì dễ thấy KAB đều  KA  KB  AB  AC (vô lí) Vậy AKB  1200
 cân tại K  AKH  600 0,25 AH a  KH  0  tan 60 2 3 Trong SHC vuông tại H,đường cao 1 1 1 a 0,25 KH có 2  2  2 thay KH  KH HC HS 2 3 a 3 a 6 và HC  vào ta được SH  2 8 1 1 a 6 a 3 a3 2 2 0,25 VS.ABC  .SH.dt ABC  . .  3 3 8 4 32 V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của 1, 0 2 2 2 biểu thức: S  2 x 1  3 y 16  z  36 2 2 Ta có: S   2x  22   3y 122  z2  62 Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc 0,25 tơ r r r r r r a   2x; 2  ,b   3y; 4  ,c   z;6  , a  b  c   2x  3y  z;2  12  6    40;20  r 2 r 2 r 2 r r r a   2x   22 , b   3y   122 , c   z   6 2 , a  b  c  20 5 0,25 Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ : r r r r r r r r r S= a  b  c  a  b  c  S  20 5 .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a, b,c cùng hướng 2x 3y z 2x 3y z 2x  3y  z 40 xét hệ điều kiện :        2 0,25 2 12 6 2 12 6 20 20  x  2, y  8, z  12 Với : x  2, y  8, z  12 thì S  20 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 20 5 đạt được khi : 0,25 x  2, y  8, z  12 VIA 2,00 1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D. 1,00 Gọi A  t; 3t  2  .Ta có khoảng cách: 4t  42.4 d  A, DM   2d  C, DM    t  3  t  1 0,25 2 2 hay A  3; 7   A  1;5  .Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A  1;5  thoả mãn. 0,25 uuur uuu r Gọi D  m;m  2   DM thì AD   m  1; m  7  ,CD   m  3;m  1 Do ABCD là hình vuông uuu uuu r r   DA.DC  0  m  5  m  1    2 2 2 2  m 5 0,25  DA  DC   m  1   m  7    m  3   m  1  uuu uuu r r Hay D  5;3 AB  DC   2; 6   B  3; 1 . 0,25 Kết luận A  1;5  , B  3; 1 , D  5;3
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 ……. 1,00 Đặt vt của (P) là: f  x; y;z   x  y  z  1 ta có f  x A ; y A ;z A  f  x B ; y B ;z B   0 0,25  A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi B' đối xứng với B qua (P)  B'  1; 3;4  . MA  MB  MA  MB'  AB' Đẳng thức xẩy ra khi M, A, B' thẳng hàng 0,25 x  1  t 0,25   M   P   AB' .Mặt khác phương trình AB' :  y  3  toạ độ M là z  2t  x  1  t  t  3  y  3  x  2   0,25 nghiệm hệ pt:    M  2; 3;6   z  2t  y  3 x  y  z  1  0 z  6   VII Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 1,00 A 1 1 2 1 1 1023 C0  C1  Cn  C3  L  n n n Cn  n 2 3 4 n 1 10 n 1  x   C0  C1 x  C n x 2  L  C n x n n n 2 n Xét khai triển: 1 1 n dx    C 0  C1 x  C n x 2  L  C n x n dx 2 n 0,25  1  x  0 0 n n n 1 1 1  1  x   1 1 2   C0 x  C1 x 2  C n x 3  L  1  C n x n 1  0,25 n n n n 1  2 3 n 1 0 0 n 1 2 1 1 1 2 1 1 1023 0,25   C0  C1  C n  C3  L  n n n n Cn  n 1 2 3 4 n 1 n 1 n 1 n 1 10  2  1  1023  2  1024  2  n  1  10  n  9 vậy n  9 0,25 VI B 2,00 1 ….cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12….. 1,00 Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2 9 3   . Vậy I ;  x  y  6  0 y  3 / 2 2 2 0,25đ Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2  9 3 Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2  2 2 S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 AB 3 2 0,25đ Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2
x  y  3  0  Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2  y   x  3 y   x  3 y  3  x 0,25đ    x  3  y  2 x  3  (3  x )  2 2 2 2 2 x  3  1 x  2 x  4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y 1  y  1 9 3 x  2 x I  x A  9  2  7 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 0,25đ 2 2 y C  2 y I  y A  3  1  2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 2 ...phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 1,00 ur Các véc tơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2) uur và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  d1; N( 2; 3; 0)  d2 ur uu uuuu r r Xét  u1 ; u2  .MN = - 10  0Vậy d1 chéo d2 0,25đ   Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  d1 B(2 – 2t’; 3; t’)  d2 uuu ur r  1  AB.u1  0  t   5 4 2 uuu uu r r   3  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 0,25đ  AB.u2  0  t '  0 3 3 3  Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2. x  2  t  Ta có  :  y  3  5t  z  2t  0,25đ PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có  11   2 13   1  5 2 2 0,25đ dạng:  x     y     z     6  6   3 6 VII B 2011 1,0đ 1  x   C0  C1 x  C 2011x 2  C3 x 3  L  C2011x 2011 2011 2011 2 2011 2011 (1) Lấy đạo hàm hai vế 1 ta được: 2010 20111  x   C1  2xC 2  3x 2C3  L  2011x 2010C 2011 2011 2011 2011 2011 0,25 nhân hai vế với x ta được: 2010 2011x 1  x   xC1  2x 2C 2011  3x 3C3  L  2011x 2011C 2011 (2) 2011 2 2011 2011 0,25 Lấy đạo hàm hai vế  2  ta được  2011 1  x  2010  2010x 1  x  2019  (3) 1 2 2 C  2 xC  3 x C  L  2011 x C 2 2 3 2 2010 2011 0,25 2011 2011 2011 2011 Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được: 2011 2 2010  2010.2 2009   12 C1  22 C 2  32 C3  20112 C 2011 2011 2011 2011 2011 0,25 Vậy S=2011.2012. 22009