Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 Trường Bỉm Sơn - Lần 1

Chia sẻ: Mac Co | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 11
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 toán 2013 trường bỉm sơn - lần 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(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 Trường Bỉm Sơn - Lần 1

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN Môn: Toán - Khối A (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 4 (C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau. Câu II. (2 điểm) 1 2 ( cos x − sin x ) 1. Giải phương trình: = . tan x + cot 2 x cot x − 1  x 2 + 21 = y − 1 + y 2  2. Giải hệ phương trình:   y 2 + 21 = x − 1 + x 2  Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: 3 3 x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53 x − 25 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) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3 . Chứng minh rằng: 1 4 3 + ≥ xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 2 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 hình thoi ABCD tâm I(2; 1) và AC = 2BD.  1 Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B  3 biết B có hoành độ dương. 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. CâuVIIa. (1 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển biểu thức P = x (1 − 2 x ) + x 2 (1 + 3 x ) , biết n 2n n −1 rằng An − Cn +1 = 5 . 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, biết rằng các đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là 3 x + 4 y + 1 = 0 và 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D. 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: 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 = 2013 1 2 3 4 2 n +1 …………………..Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI A Câu Nội dung Điểm y = x − 3 x + 4 (C ) 3 2 + Tập xác định: D = ℝ + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ 0.25 x →−∞ x →+∞ x = 0 + Đaọ hàm y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔  x = 2 BBT: x -∞ 0 2 +∞ 0.25 y’ + - + y 4 +∞ -∞ 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) , ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 4 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0 I.1 + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1; 0) và nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng 8 6 4 2 0.25 15 10 5 -1 1 2 5 10 15 2 4 6 Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 0) và có hệ số góc k là: y = k (x − 2) I.2 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: k ( x − 2 ) = x 3 − 3 x 2 + 4 0.25 x = 2 = x A ( ) ⇔ (x − 2) x 2 − x − 2 − k = 0 ⇔   g (x ) = x − x − 2 − k = 0 2 + (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P ⇔ pt g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt 0.25 2
∆ > 0 9 khác 2 ⇔  ⇔ − < k ≠ 0 (*)  g (2 ) ≠ 0 4 xM + x N = 1 + Theo định lí viet ta có:   x M .x N = − k − 2 + Các tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau ⇔ y ' ( x M ). y ' ( x N ) = −1 0.5 −3± 2 2 ( 2 2 )( ) ⇔ 3 x M − 6 x M 3 x N − 6 x N = −1 ⇔ 9k 2 + 18k + 1 = 0 ⇔ k = 3 (thỏa(*)) 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 ∈ ℤ ) 0.25 2 4 π Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x = − + k 2π ( k ∈ ℤ ) 0.25 4  x 2 + 21 = y − 1 + y 2 (1)   2  y + 21 = x − 1 + x 2 ( 2 )  x ≥ 1 Điều kiện:  y ≥1 Trừ hai vế của pt (1) và (2) cho nhau ta được: x 2 + 21 − y 2 + 21 = y − 1 − x − 1 + y 2 − x2 ⇔ ( x − y )( x + y ) + x− y + ( x − y )( x + y ) = 0 0.5 x + 21 + y + 21 2 2 x −1 + y −1 II.2  ⇔ ( x − y) ( x + y) + 1  + x+ y = 0  x 2 + 21 + y 2 + 21 x −1 + y −1    ⇔ x= y Thay x = y vào pt (1) ta được: x 2 + 21 = x − 1 + x 2 ⇔ x 2 + 21 − 5 = x − 1 − 1 + x 2 − 4 x2 − 4 x−2 ⇔ = + ( x + 2 )( x − 2 ) x + 21 + 5 2 x −1 +1 0.5  1  1  ⇔ ( x − 2)  + ( x + 2 ) 1 −  = 0 ⇔ x = 2  x −1 +1   x 2 + 21 + 5    Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2 pt ⇔ 3 3 x − 5 = ( 2 x − 3) − x + 2 (*) 3 III Đặt 2 y − 3 = 3 3 x − 5 ⇔ ( 2 y − 3) = 3 x − 5 0.5 3 3
( 2 x − 3)3 = 2 y + x − 5 (**)  Ta có hệ phương trình:  ( 2 y − 3) = 3 x − 5 3  Trừ vế với vế hai phương trình của hê ta đươc: 2 ( x − y ) ( 2 x − 3) + ( 2 x − 3)( 2 y − 3) + ( 2 y − 3)  = −2 ( x − y ) 2 2   0.5 ⇔ 2 ( x − y ) ( 2 x − 3) + ( 2 x − 3)( 2 y − 3) + ( 2 y − 3) + 2  = 0 2 2   ⇔ x= y ( 2 x − 3) = 3x − 5 ⇔ 8 x3 − 36 x 2 + 51x − 22 = 0 3 Thay x=y vào (**) ta được: 5+ 3 5− 3 ⇔ x1 = 2, x2 = , x3 = 4 4 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 IV ⇒ 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 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 = = = 0.25 2 2 CI a 2 5 a +  2 2 4
HK KM 1 1 a Kẻ KM//AD ( M ∈ ED) ⇒ = = ⇒ HK = AK = HA AD 2 3 5 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 1 4 Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương , , ta được: 2 xyz 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 1 4 1 1 4 + = + + xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 2 xyz 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 0.25 3 ≥ 3 2 x y z2 2 ( x + y )( y + z )( z + x ) Ta có: x 2 y 2 z 2 ( x + y )( y + z )( z + x ) = xyz ( zx + yz )( xy + zx )( yz + xy ) Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương xy, yz, zx: V  xy + yz + zx  3 xy. yz.zx ≤   = 1 ⇒ x y z ≤ 1 ⇒ xyz ≤ 1 (1) 2 2 2  3  0.5 Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương zx + yz , xy + zx, yz + xy :  ( zx + yz ) + ( xy + zx ) + ( yz + xy )  3 ( zx + yz )( xy + zx )( yz + xy ) ≤   = 8 ( 2)  3  Từ (1) và (2) suy ra: x 2 y 2 z 2 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≤ 8 0.25 1 4 3 3 Vậ y + ≥ 3 = . xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 8 2 B L M VIa A C I 0.25 1 N D Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I ⇒ N ' ( 4; −5 ) Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 4.2 + 3.1 − 1 0.25 Khoảng cách từ I đến AB là: d = =2 4 2 + 32 Vì AC = 2BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x, trong tam giác vuông ABI có: 0.25 5
1 1 1 2 = 2 + 2 ⇒ x = 5 ⇒ BI = 5 d x 4x Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ:  1 − 4x  1− 4x y = 3 4 x + 3 y − 1 = 0  y =  x = 1 0.25  ⇔ 3 ⇔  x = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 5  y = −1 2 2  25 x 2 − 20 x − 5 = 0   1   x = − ( loai )  5 ⇒ B (1; −1) 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 2 = 9. ⇔ y=± 25 9 25 5  3   3  6 V ậ y A  a; 25 − a 2  , B  a; − 25 − a 2  ⇒ AB = 25 − a 2 0.25 VIa.  5   5  5 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 ∈ ℕ Ta có: An − Cn +1 = 5 ⇔ n ( n − 1) − 2 n −1 ( n + 1) n = 5 0.5 2  n = −2(loai ) VII ⇔ n 2 − 3n − 10 = 0 ⇔  a n = 5 5 10 Với n = 5 ta có: P = x (1 − 2 x ) + x 2 (1 + 3 x ) = x∑ C5k ( −2 x ) + x 2 ∑ C10 ( 3 x ) 5 10 k l l k =0 l =0 0.5 ⇒ số hạng chứa x là x.C . ( −2 x ) + x .C ( 3 x ) = (16.5 + 27.120 ) x5 = 3320 x5 5 1 4 2 7 3 5 10 Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320 + Tọa độ B = AB ∩ BD là nghiệm của A D hệ phương trình: 3 x + 4 y + 1 = 0 x = 1  ⇔ ⇒ B (1; −1) 2 x − y − 3 = 0  y = −1 VIb + S ABCD = AB. AD = 22 (1) 0.25 1 B C 3.2 − 4.1 2 11 AD + Ta có: cos ABD = = ⇒ tan ABD = = ( 2) 32 + 42 22 + ( −1) 2 AB 2 5 5 Từ (1) và (2) ta có: AD =11; AB = 2 (3) 11x − 11 + Vì D ∈ BD ⇒ D ( x; −2 x + 3) . Ta có: AD = d ( D; AB ) = ( 4) 5 0.25 6
x = 6 Từ (3) và (4) suy ra 11x − 11 = 55 ⇔   x = −4 + Với x = 6 ⇒ D ( 6;9 ) ⇒ phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là : 4 x − 3 y + 3 = 0 0.25  3 1  38 39  ⇒ A = AD ∩ AB =  − ;  ⇒ C  ;   5 5  5 5  + Với x = -4 ⇒ D ( −4; −11) ⇒ phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là : 4 x − 3 y − 17 = 0 0.25  13 11   28 49  ⇒ A = AD ∩ AB =  ; −  ⇒ C  − ; −  5 5  5 5  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 đinh trên trục nhỏ là: B1 ( 0; −b ) , B2 ( 0; b ) c 2 = a 2 − b 2  2 3 2  b = 4 a a = 6 VIb  3  2  2 Theo giả thiết ta có hệ: b = 2c ⇔ b = 3c 2 ⇔ b = 3 3 0.5 2  4 ( a + b ) = 12 2 + 3  ( a + b = 3 2 + 3 ) c = 3  ( )    2 2 x y 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 của khai triển ta được: ( 2n + 1)(1 + x ) = C2 n+1 + 2 xC2 n +1 + 3 x 2C2 n +1 + 4 x 3C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) x 2 nC2 n +1 2 n +1 2n 1 2 3 4 VII 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 (2) ⇔ 2n + 1 = 2013 ⇔ n = 1006 …………………..Hết…………………. 7