Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 27

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

33
lượt xem 5
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 20 - đề 27', 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 20 - Đề 27

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  4 x 3  3 x  C  . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 3 x  4 x3  3m  4m3  0 có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu II (2,0 điểm).   1. Giải phương trình: sin x.sin 4 x  2 2 cos   x   4 3 cos 2 x.sin x.cos 2 x . 6   x 3  6 x 2 y  9 xy 2  4 y 3  0  2. Giải hệ phương trình:   x y  x y  2  e3 x  cos x Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim . x0 x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  ; SA  2a . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a . Câu V (1,0 điểm). Cho ba số x, y , z thuộc đoạn  0; 2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C  4; 1 , đường cao và đường trung tuyến hạ từ một đỉnh lần lượt có phương trình d1 : 2 x  3 y  12  0; d 2 : 2 x  3 y  0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x  4 y  5  0; d 2 : 4 x  3 y  5  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng  : x  6 y  10  0 và tiếp xúc với d1 , d 2 . n 2  Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển biểu thức   x3  , biết n là số tự nhiên thỏa 4 x  n 6 2 mãn hệ thức Cn 4  nAn  454 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Cho ABC biết A  2; 1 và hai đường phân giác trong của góc B, C lần lượt có phương trình là d B : x  2 y  1  0; dC : x  y  3  0 . Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC . 2. Cho hai điểm M 1; 2  , N  3; 4  và đường thẳng d có phương trình x  y – 3  0 . Viết phương trình đường tròn đi qua M, N và tiếp xúc với đường thẳng d . Câu VII.b (1,0 điểm). Cho tập hợp X  0, 1, 2, 4, 5, 7, 8 . Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập G, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn 4000. -------------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI B ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm I 1 1,0 điểm TXĐ: D  ¡ . Giới hạn: lim y  ; lim y  ; x  x  0.25 2 1 SBT. y '  12 x  3 ; y '  0  x   2 BBT: 1 1 x    2 2 y’  0  0  0.25  1 y 1   1 1  1 1  Hàm số đồng biến trên   ;  , nghịch biến trên các khoảng  ;   và  ;    2 2  2 2  0.25 1 1 Hàm số đạt cực đại tại x  , yCD  1 , Hàm số đạt cực tiểu tại x   , yCT  1 . 2 2 Đồ thị: y’’  24 x, y’’  0  x  0 . Đồ thị hàm số có điểm uốn O(0; 0). Đồ thị hàm số nhận điểm O(0;0) làm tâm đối xứng. 0.25 2 1,0 điểm Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y   4m 3  3m . 0.5 Từ đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt  1  3m  4m3  1
 1  m  1 3 4m  3m  1  0  m  1 2m  12  0     1  3  2  m   0.5 4m  3m  1  0   m  1 2m  1  0  2   1 m  2  II 1 1,0 điểm Ta có:   sin x.sin 4 x  2 2 cos   x   3 cos x.sin 4 x 6  0.25      sin 4 x sin x  3 cos x  2 2 cos   x  6           6 6  6   6   sin 4 x  sin sin x  cos cos x   2 cos   x   sin 4 x  2 cos   x   0  0.25     cos  6  x   0    sin 4 x  2  0    2 0.5  cos   x   0  x   k ;  k  ¢  6  3 2 Vậy phương trình có nghiệm x   k ;  k  Z  3 2 1,0 điểm x  y  0 Đk  x  y  0 2  x  y 0.25  x 3  6 x 2 y  9 xy 2  4 y 3  0    x  y   x  4 y   0      x  4 y  x y  x y  2   x y  x y  2    x y  x y  2  Với x  y , thay vào phương trình   ta được: x  y  2 0.25  x  32  8 15  Với x  4 y , thay vào phương trình   ta được:  0.25  y  8  2 15   Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  2; 2  và 32  8 15;8  2 15  0.25 III 1,0 điểm e3 x  cos x  e3 x  1 1  cos x  lim  lim  .3   0.5 x 0 x x 0  3x x   x   e3 x  1 sin 2 x   lim  .3  2 .   1.3  1.0  3. x 0  3x x2 2    0.5  4 
IV 1,0 điểm S M N A B C Xét SAB và SAC có AB  AC ; SA chung µ 900 A  SAB  SAC  SB  SC  SBC là tam giác cân Áp dụng định lý đường cao trong các tam giác SAB và SAC ta có: 0.25 AB. AS 2a AC .AS 2a AM  = ; AN   2 2 2 2 AB  AS 5 AC  AS 5 4a 4a Áp dụng định lý Pytago: SM  SA2  AM 2  ; SN  SA2  AN 2  0.25 5 5 SM SN 4 VS . AMN 16 Ta có các tỷ số:     0.25 SB SC 5 VS . ABC 25 16 8a 3 3 a 3 3 8a 3 3 3a 3 3  VS . AMN  VS . ABC   VABCNM  VS . ABC  VS . AMN    (đvtt) 0.25 25 75 6 75 50 V 1,0 điểm 2 9 x2  y 2  z2 Ta có  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   xy  yz  zx   . 2 2 0.25 3 9 Vậy nên A   x 2  y 2  z 2   2 2 Không mất tính tổng quát, giả sử: x  y  z  3  x  y  z  3x  x  1  x  1; 2 2 2 0.25 Lại có: y 2  z 2  ( y  z )2   3  x   x 2  y 2  z 2   3  x   x 2  2 x 2  6 x  9 3 Xét f ( x )  2 x 2  6 x  9, x  1; 2  f '( x )  4 x  6, f '( x)  0  x  2 0.25  3 9 f (1)  5; f (2)  5; f     2 2  x  1   x  2 x  2 2 2 2   Suy ra x  y  z  5 , đẳng thức xảy ra khi  yz  0  y 1 x  y  z  3 z  0 0.25   x  y  z  Vậy Amax  3 khi x  2, y  1, z  0 hoặc các hoán vị của chúng. VI.a 1 1,0 điểm Vì C không thuộc d1 ; d 2 nên giả sử A thuộc d1 ; d 2 Phương trình BC: BC  d1  BC : 3 x  2 y  c  0 ; C  BC  c  10 0.25  BC : 3 x  2 y  10  0
Phương trình cạnh AC: Điểm A  d1  d 2  tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 x  3 y  12  0 x3 y2 0.25   A  3; 2  . Phương trình cạnh AC:   3x  7 y  5  0 2 x  3 y  0 4  3 1  2 Phương trình cạnh AB: Gọi M là trung điểm BC khi đó M  d 2  BC , suy ra tọa độ điểm 3 x  2 y  10  0 M là nghiệm của hệ:   M  6; 4  . 2 x  3 y  0 0.25  x  x  2 xM  xB  8 Tọa độ điểm B được xác định bởi:  B C   y B  yC  2 yM  yB  7 x 8 y  7 Phương trình cạnh AB:   9 x  11y  5  0 3  8 2  7 0.25 Vậy phương trình 3 cạnh của ABC là: AB : 9 x  11y  5  0; BC : 3 x  2 y  10  0; CA : 3x  7 y  5  0 2 1,0 điểm Xét I  a; b  là tâm và R là bán kính đường tròn (C). Do I    a  6b  10 1  3a  4b  5  R  2 0.25  5 Đường tròn (C) tiếp xúc với d1 ; d 2    4a  3b  5  R  3   5 Từ (1); (2); (3) suy ra 3  6b  10   4b  5  4  6b  10   3b  5 b  0 0.25  22b  35  21b  35    22b  35  21b  35 b   70  43  a  10 R  7 Từ (1) suy ra  và  0.25  a  10 R  7  43  43 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn: 2 2 10 70 49 0.25  C1  :  x  10  y 2  49 ;  C2  :  x     y    2      43   43  1849 VII.a 1,0 điểm Từ hệ thức đã cho suy ra n  6 . n 6 Cn 4  nAn2  454   n  4 !  n n !  454 0.25 2! n  6  !  n  2 ! 2n3  n 2  9n  888  0  n  8. 0.25 88 8 2  k 8 k 8 k Với n  8 ,   x3    C8k  2 x 1    x3    C8k 2k  1 x 24 4 k 0.25 x  k 0 k 0 4 Hệ số của x tương ứng với 24  4k  4  k  5 . 8 5 0.25 Vậy hệ số của x4 là C85 25  1  1792 . VI.b 1,0 điểm
Lấy A1 ; A2 theo thứ tự là điểm đối xứng của A A qua d B ; d C  A1 ; A2  BC . Vậy phương trình đường thẳng A1 A2 cũng chính là phương trình cạnh .BC F E 0.25 B A2 A1 C Xác định A1 : Gọi d1 là đường thẳng đi qua A và d1  d B  d1 : 2 x  y  3  0 0.25 Gọi E  d1  d B  E 1;1 . Vì E là trung điểm của A1 A  A1  0;3 Xác định A2 : Gọi d 2 là đường thẳng đi qua A và d 2  dC  d 2 : x  y  3  0 0.25 Gọi F  d 2  d C  F  0; 3 . Vì F là trung điểm của A2 A  A2  2; 5  Vậy phương trình cạnh BC : 4 x  y  3  0 . 0.25 2 1,0 điểm Gọi E là trung điểm MN ta có E(2;-1). Gọi  là đường trung trực của MN. Suy ra  có phương trình x  2  3  y  1  0  x  3 y  5  0. 0.25 Gọi I là tâm đường tròn đi qua M, N thì I nằm trên  . Giả sử I  3t  5; t  . 2 2 Ta có IM  d  I , d    3t  4    t  2  2   4t  2  0.25 2 2t 2  12t  18  0  t  3 . Từ đó suy ra I  4; 3 , bán kính R = IM= 5 2 . 0.25 2 2 Phương trình đường tròn  x  4    y  3  50 . 0.25 VII.b 1,0 điểm Gọi abcd là số có 4 chữ số khác nhau đôi một lấy từ các chữ số trên và chia hết cho 5. 3 0.25 Nếu d = 0 thì abc có A6  120 cách chọn. Nếu d = 5 thì a có 5 cách chọn b có 5 cách chọn và c có 4 cách chọn suy ra có 100 số. 0.25 Vậy G có tất cả 220 số. Giả sử abcd  G và abcd  4000 . Khi đó a = 1, 2, 3 nên a có 3 cách chọn. d có 2 cách chọn 0.25 bc có A52  20 cách chọn Vậy nên có 120 số lấy từ G nhỏ hơn 4000. 120 6 Xác suất là P =  . 0.25 220 11 -------------Hết-----------