Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 22 - Đề 29

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

256
lượt xem 106
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học năm 2013. Chúc các bạn thi tốt!ông kể thời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  2x 1 (C) x 1 1. Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. T?m các giá trị của m để hệ...

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 22 - Đề 29

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B. Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). 2x 1 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  (C) x 1 1. Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. T?m các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên: ( y  2) x  y  1  0  2 2 2 x  2x  y  4 y  5  m  0 Câu II (2,0 điểm).  1. Giải phương tr?nh: 2 cos 3 x cos x + 3(1  s in 2x) = 2 3 cos 2 (2 x  ) 4 2. Giải phương tr?nh: x-2 + 4-x = 2x2 − 5x − 1 Câu III (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham m để số bất phương tr?nh: 2 x(2  x )  m( x  2 x  2  1)  0 nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn  0; 1  3  .   Câu IV (1,0 điểm). Trên mp (P) cho đường tr?n (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm ·  nằm trên đường tr?n (T) sao cho BAC   , (0    ) . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo 2 h, R và  . Câu V (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thoả m?n x  y  z  3 . T?m giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 z2 P   x  y 2 y  z 2 z  x2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần( Phần A hoặc Phần B) A.Theo chương tr?nh chuẩn. Câu VIa (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương tr?nh đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là: x  2 y  13  0 và 13 x  6 y  9  0 . Biết tâm đường tr?n ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5; 1). T?m toạ độ các đỉnh A, B, C. 2 2 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tr?n (C): ( x  4)  y  25 và M(1; - 1). Viết phương tr?nh đường thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA = 3MB. Câu VIIa (1,0 điểm). Cho A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3 . B.Theo chương tr?nh nâng cao. Câu VIb (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho h?nh chữ nhật ABCD có M là trung điểm của BC, đỉnh A thuộc đường thẳng d: x  y  2  0 , phương tr?nh đường thẳng DM: x  3 y  6  0 và đỉnh C(3; - 3). T?m toạ độ các đỉnh A, B, D biết D có hoành độ âm. x2 y2 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương tr?nh chính tắc là:   1 và hai điểm A(4;-3), 16 9 B(- 4; 3). T?m toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. 0 11 1 10 10 1 11 0 Câu VIIb (1,0 điểm). Tính tổng S  C20C12  C20C12  ...  C20C12  C20C12 . …………….Hết………….. ( Đề thi gồm có 01 trang)
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B. Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012. Câu ? Đáp án Điểm I 1 Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1,0 Tập xác định D = R\1 Sự biến thiên: 3 0.25 -Chiều biến thiên: y '  2  0, x  D . ( x  1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; 1) và ( 1 ; + ). - Cực trị: Hàm số không có cực trị. - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x  1 2x 1 lim  2 ; lim  2. 0,25 x  x  1 x  x  1 Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 2x  1 2x 1 lim    ; lim    . x 1 x  1 x 1 x  1 Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. -Bảng biến thiên: x - 1 + y’ - - 0,25 2 + y - 2 Đồ thị: - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểmhai tiệm cận I( 1; 2). y 0,25 2 I O 1 x 2 T?m các giá trị của m để hệ phương tr?nh sau có đúng 4 nghiệm nguyên 1,0 ( y  2) x  y  1  0 (1)  2 2 2  x  2 x  y  4 y  5  m  0 (2)
Nhận thấy x = 1 không thỏa m?n phương tr?nh (1) dù y lấy bất k? giá trị nào 2x 1 Suy ra (1)  ( x  1) y  2 x  1  y  x 1 Phương tr?nh (2)  ( x  1)  ( y  2)2  m 2 là phương tr?nh đường tr?n (T) có tâm 2 0,25 I(1;2) bán kính m với mọi m khác 0 Vậy hệ phương tr?nh đ? cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1 và đường tr?n (T) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên y A 5 4 B 3 2 I D 1 15 -1 0 -5 -2 o 1 4 5 10 15 x -1 C -2 0,5 -4 -6 -8 -10 -12 Đồ thị (C) chỉ đi qua đúng 4 điểm có tọa độ nguyên là A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và D(-2; 1) Từng cặp AvaC, B và D đối xứng nhau qua I(1;2) Hệ đ? cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đường tr?n (T) phải đi qua 4 điểm A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi R 2  m 2  10  m  10 0,25 II 1  1,0 . Giải phương tr?nh: 2 cos 3x cos x + 3(1  s in 2x) = 2 3 cos 2 (2 x  ) 4  2 cos 3 x cos x + 3(1  s in 2x) = 2 3 cos 2 (2 x  ) 4     2 cos 3x cos x  3  3 sin 2 x  3 1  cos(4 x  )   2   2 cos 3x cos x  3  3 sin 2 x  3  3 sin 4 x 0,5  2 cos 3x cos x  3(sin 4 x  sin 2 x)  0  2 cos 3x cos x  2 3 sin 3x cos x  0  2 cos x(cos 3 x  3 sin 3 x)  0    cos x  0  x  2  k  cos x  0    (k  Z )  tan 3 x   3 x     k   cos 3x  3 sin 3 x  0   3  18 3 0,5     Vậy nghiệm của phương tr?nh là x   k ; x    k (k  Z ) 2 18 3
2 Giải phương tr?nh: x-2 + 4-x = 2x2 − 5x − 1 (1) 1,0 (1)  x  2  1  4  x  1  2 x 2  5 x  3 x3 3 x 1 1   ( x  3)(2 x  1)  ( x  3)(   2 x  1)  0 x  2 1 4  x 1 x  2 1 4  x 1 x  3  0  1 1    2 x  1 (2) 0,5  x  2 1  4  x 1 * x3  0  x  3 *Xét phương tr?nh (2) ĐK 2  x  4 VP  5 1 VT đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [2;4] bằng 1  khi x = 2 nên phương tr?nh (2) 2 1 0,25 vô nghiệm 0,25 Vậy phương tr?nh có nghiệm duy nhất x = 3 III T?m các giá trị của tham số m để bất phương tr?nh: x(2  x )  m( x 2  2 x  2  1)  0 1.0 Đặt t  x 2  2 x  2 . Lập BBT của hàm y  x 2  2 x  2 với x thuôc  0;1  3  ta có t 0,25   thuộc đoạn 1; 2 t2  2 Bpt trở thành m(t  1)  t 2  2  m  (1) (do t+1>0) t 1 0,25 Bpt đ? cho nghiệm đúng với mọi x thuôc  0;1  3  khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng   với moi t thuộc đoạn 1; 2 t2  2 Xét f (t )  , t  1; 2 t 1 1 f '(t )  1   0, t 0,25 (t  1)2 t 1 2 f’(t) + f(t) 2 3 1 2 1 Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn 1; 2 khi m  2 1 0,25 Vậy với m  thoả m?n yêu cầu bài toán. 2 IV Trên mp (P) cho đường tr?n (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên 1.0 đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tr?n (T) sao cho ·  BAC   , (0    ) . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và 2 .
S H K A C  O B Chứng minh AH  SC. Ta có: BC  AC    BC  (SAC )  BC  AH (1) BC  SA  Lại có: mp (Q )  SB  SB  AH (2) Từ (1) và (2) suy ra AH  ( SBC )  AH  SC Suy ra SA2  SH .SC  SK .SB 0,25 VSAHK SA.SH .SK SH SK SH .SC SK .SB SA4   .  .  VSABC SA.SC.SB SC SB SC 2 SB 2 SC 2 .SB 2 0,25 1 1 R 2 h sin 2 VSABC  dt ABC.SH  AB 2 sin  cos .SA  3 6 3 2 2 2 2 SC  h  4 R cos  , 0,25 2 2 2 SB  h  4 R R 2 h5 sin 2 VSAHK  3(h 2  4 R 2 )(h 2  4 R 2cos 2 ) 0,25 V x2 y2 z2 1,0 T?m giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    x  y 2 y  z 2 z  x2 x2 y2 z2 xy 2 yz 2 zx 2 P    (x  )  (y  )  (z  ) x  y 2 y  z 2 z  x2 x  y2 y  z2 z  x2 0,25 xy 2 yz 2 zx 2  P  x y  z(   ) x  y 2 y  z 2 z  x2
Ta có 2 xy 2 xy 2 y x x  y  2y x  2   x y 2y x 2 yz 2 yz 2 z y zx 2 zx 2 x z 0,25 2   ; 2   yz 2z y 2 zx 2x z 2 y x z y x z  P  ( x  y  z)  (   ) 2 2 2 Mặt khác x  1 xy  y y  1 yz  z z  1 xz  x y xy  ;z y  z  ;x z  x  2 2 2 2 2 2 x  y  z  xy  yz  xz 0,25  P x y z 4 3 1 9 1  P  ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)   ( xy  yz  zx) 4 4 4 4 ( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx )  3( xy  yz  zx) 9 1 3  xy  yz  zx  3  P   .3  4 4 2 Dấu = xảy ra khi x  y 2; y  z2; z  x2 0,25  x  1  x  1; y  1; z  1    y 1  x yx z  1 x  y  z  3   Vậy GTNN của P là 3/2 khi x = y = z =1. VIa 1 1.0 A I 0,25 B C H M Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ  x  2 y  13  0  x  3    A(3; 8) 13x  6 y  9  0  y  8 Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương tr?nh IM là x  2 y  7  0 x  2 y  7  0 x  3 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ    M (3;5) 0,25 13x  6 y  9  0  y  5 Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH. Phương tr?nh BC là 2 x  y  11  0 Gọi B(b;11-2b). Ta có IB = IA 0,25 b  2  (b  5) 2  (10  2b)2  85  b 2  6b  8  0   b  4 Với b = 2 suy ra B(2;7), C(4;3)
Với b = 4 suy ra B(4;3), C(2,7) 0,25 Vậy A( -3; -8), B(2;7), C(4;3) hoặc A( -3; -8), B(4;3), C(2;7) 2 1,0 I A B H M Đường tr?n (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5. Do IM
Với a  3  A(3; 5) , trường hợp này không thoả m?n v? A, C nằm cùng phía với đường thẳng DM. Với a  3  A(3;1) . Gọi I là tâm của h?nh chữ nhật, I là trung điểm của AC suy ra I(0;-1) Điểm D thuộc DM: x  3 y  6  0 , gọi D(3d+6;d) (d < -2)  d  3 ID  IA  (3d  6)  ( d  1)  13   2 2 4  d  3 d   0,5  5 Suy ra D(-3;-3), B(3;1) Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1) 2 1,0 2 2 x y Gọi C( xo ; y0 ) ta có o  0  1  9 x02  16 y02  144 (1) 0,25 16 9 Phương tr?nh AB là: 3x +4y = 0 3 x  4 y0 1 d (C , AB)  0 , S ABC  AB.d (C , AB ) 5 2 Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi d(C,AB) lớn nhất 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có (3x0  4 y0 )2  2(9 x02  16 yo 2 )  2.144 12 2 0,25  3x0  4 y0  12 2  d (C , AB)  5 (Dấu = xảy ra khi 3x0  4 y0 ) Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi 3x0  4 y0 Kết hợp với (1) ta có  3 2 2  x0  2 2; y0  0,25 9 x0  16 y0  144  2   3 x0  4 y0   3  x0  2 2; y0   2  3 2 3 2 Vậy toạ độ điểm C là (2 2; ) hoặc ( 2 2;  ) 2 2 VII 0 11 1 10 10 1 11 0 Tính tổng S  C20C12  C20C12  ...  C20C12  C20C12 . 1,0 b Ta có (1  x)32  (1  x)20 .( x  1)12 (1) 0,25 VT  (1  x )32  C32  C32 x  C32 x 2  ...  C32 x32 0 1 2 32 11 0,25 Hệ số của x11 trong khai triển vế trái là C32 (2) VP  (C20  C20 x  C20 x 2  ...  C20 x 20 )(C12  C12 x  C12 x 2  ...  C12 x12 ) 0 1 2 20 0 1 2 12 0 11 1 10 10 1 11 0 0,25 Hệ số của x11 trong khai triển vế phải là C20C12  C20C12  ...  C20 C12  C20C12 (3) 0 11 1 10 10 1 11 0 11 Từ (1),(2),(3) ta có S  C20C12  C20C12  ...  C20C12  C20C12  C32 0,25 Chú ?: Đối với ? 2 câu 1 thí sinh có thể giải không sử dụng đồ thị mà viết phương tr?nh (1) tương đương 2x 1 3 với y   2 (sau khi nhận xét x = 1 không thỏa m?n phương tr?nh với mọi y) x 1 x 1 3 Nhận xét y nguyên khi x nguyên th? phải nguyên. x 1 Suy ra x – 1 phải là ước của 3 hay x  {  2; 0; 2; 4} thay vào t?m y tương ứng Thay 4 cặp (x; y) nguyên vào phương tr?nh (2) t?m được m2= 10.