ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu II (2,0 điểm)  3    cos 2 2 x  2cos  x   sin  3 x    2  4   4 1) Giải phương trình: 0 2 cos x  2 2) Giải phương trình 1  1  x 2  1  x     2  1  x2 3 3  1  x     1 4 3 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  ( x 2 e x  )dx 0 1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' biết khoảng a cách giữa hai đường thẳng AB và CB ' bằng 2 3 Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 1 1 1 biểu thức : P 3   a  3b 3 b  3c 3 c  3a 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 Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác 17 trong BD. Biết H ( 4;1), M ( ;12) và BD có phương trình x  y  5  0 . Tìm tọa độ đỉnh A 5 của tam giác ABC. x 1 y z 1 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :   và hai điểm A(1; 2; 1), 2 3 1 B(3; 1; 5) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2C2n1  3.2.2C2n1  ....  (1)k k(k 1)2k2 C2n1  ....  2n(2n  1)22n1 C2n1  40200 . 2 3 k 2n1 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x  2)2  ( y  3) 2  4 và đường thẳng d: 3 x  4 y  m  7  0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200. 2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(1;1; 1), B(1;1; 2), C (1; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình x  2 y  2 z  1  0 . Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB  2 IC . Viết phương trình mặt phẳng ( ) . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :  2log1 x (  xy  2 x  y  2)  log 2  y ( x 2  2 x  1)  6   , ( x, y  R) . log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4)  =1 …………………………Hết…………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát... y  x 3  3x 2  m 2  m  1 1,00 Khi m = 1, ta có y  x 3  3x 2  1 + TXĐ: D  + Giới hạn: lim ( x3  3 x 2  1)   x  lim ( x3  3x 2  1)   0,25 x  +Sự biến thiên: y '  3 x 2  6 x x  0 y '  0  3x 2  6 x  0   x  2 Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  ;  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3 Bảng biến thiên x  0 2  1 y + 0  0 + 0,25 1  y  -3 I Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định m để.... 1,00 Ta có : y’ = 3x2 - 6x 0,25 Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9  x  1 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9   0,25 2 x  3  Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x + 6 ( loại và song song với (d)) 0,25  Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25
 3    1,00 cos 2 2 x  2cos  x   sin  3 x    2  4   4 Giải phương trình: 0 2 cos x  2  ĐK: 2 cos x  2  0  x    k 2 4  3    Với điều kiện đó phương trình  cos2 2 x  2cos  x   sin  3 x    2  0  4   4 0,25 1     cos2 2 x  2 sin  4 x    sin  2 x     2  0 2  2      1  sin 2 2x  sin      4x    sin 2x  2  0  2  0,25 1 2  1  sin 2x  cos 4x  sin 2x  2  0   1  sin 2 2x  1  2 sin 2 2x  sin 2x  2  0   sin 2 2x  sin 2x  2  0 0,25  sin 2x  1 hoặc sin 2x  2 (loại)   sin 2x  1  x   k II 4 5 0,25 So điều kiện phương trình có nghiệm x   k2  (k  ) 4 Giải phương trình 1  1  x 2  1  x     2  1  x2 3 3   1  x   1,00   ĐK: 1  x  1 . Đặt u  1  x , v  1  x , u , v  0 u 2  v 2  2  0,25 Hệ trở thành:  3 3  1  uv u  v  2  uv    1 1 1 2 Ta có: 1  uv   2  2uv    u 2  v 2  2uv    u  v  2 2 2 0,25 2   u 3  v 3   u  v  u 2  v 2  uv   u  v  2  uv   2 2 2 u  v  2 u  1  2   2 Suy ra :   0,25 2 2 u  v  2  v 2  1  2   2 2 Thay vào ta có nghiệm của PT là : x  2 0,25  1 4 1,00 2 x3 x Tính tích phân  (x e  )dx 0 1 x 1 4 1 1 4 III 3 x 3 x Đặt I =  ( x 2 e x  )dx . Ta có I =  x 2 e x dx   dx 0,25 0 1 x 0 0 1 x 1 1 2 x3 1 13 1 1 1 Ta tính I1   x e dx Đặt t = x ta có I1   et dt  et 0  e 0,25 0 30 3 3 3
1 4 x Ta tính I 2   dx Đặt t = 4 x  x  t 4  dx  4t 3dt 0,25 0 1 x 1 1 t4 1 2  Khi đó I 2  4  2 dx  4  (t 2  1  2 ) dt  4(  ) 1 t 1 t 3 4 0 0 0,25 1 Vậy I = I1+ I2  e    3 3 Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' 1,00 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB  CC '  AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ') . Kẻ 0,25 MH  CN ( H  CN ). MH  (CMNC ')  MH  A ' B '  MH  (CA ' B ') mp (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên a 0,25 d ( AB, CB ')  d ( AB, (CA ' B '))  d ( M , (CA ' B '))  MH  2 a Tam giác vuông BMC  CM  BM .tan 300  3 Tam giác vuông 0,25 1 1 1 4 3 1 CMN  2  2  2  2  2  MN  a MH MC MN a a MN 2 1 a a3 Từ đó VABC . A ' B 'C '  S ABC .MN  .2a. .a  IV 2 3 3 C' A' N B' H 0,25 C A M B Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. 1,00 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (x  y  z)     33 xyz x y z  9    (*)   3 xyz x y z xyz V 0,25 áp dụng (*) ta có 1 1 1 9 P3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a 3 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 0,25
a  3b  1  1 1 3  a  3b1.1    a  3b  2 3 3 3  b  3c1.1  b  3c  1  1 1   b  3c  2 3 3 3  c  3a1.1  c  3a  1  1 1   c  3a  2 3 3 1 1 3 Suy ra a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c  6   4.  6  3 3   3 4  3   0,25 Do đó P  3  3 Dấu = xảy ra  a  b  c  4   a b  c 1 a  3b  b  3c  c  3a  1 4 0,25  Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a  b  c  1 / 4 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC 1,00 Đt  qua H và  BD có pt x  y  5  0 .   BD  I  I (0;5) . 0,25 Giả sử   AB  H ' . Tam giác BHH ' có BI là phân giác và cũng là đường 0,25 cao nên BHH ' cân  I là trung điểm của HH '  H '(4;9) .    3   1 AB đi qua H’ và có vtcp u  H ' M    ;3  nên có pt là 5 x  y  29  0 . 0,25  5  5 x  y  29 Tọa độ B là nghiệm của hệ   B (6; 1) . M là trung điểm của AB x  y  5 0,25 4   A  ; 25  5  Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho 1,00 khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M  M (1  2t ;3t ; 1  t )     0,25 AM  ( 2  2t;3t  2; t ), AB  (2; 3; 4) VI.a Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó d ( B, d )  BH  BA . Vậy d ( B, d ) lớn nhất bằng BA  H  A. Điều này xảy ra      AM  AB  AM . AB  0  2(2  2t )  3(3t  2)  4t  0  t  2 0,25 x 1 y  2 z 1  M (3; 6; 3) . Pt d là   1 2 1 2  Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP u   2;3; 1 .      Ta có; NA   2; 2;0   v   NA, u    2; 2; 2     Mặt phẳng (P) chứa d và  đi qua A và có VTPT v nên có pt là: 0,25 -x + y + z = 0; Gọi K là hình chiếu của B trên (P)  BH  BK . Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất bằng BK  H  K . Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K x  u  Tìm được K = (0; 2; -2) . Suy ra d có PT là :  y  2 0,25  z  2  u  T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt: 1,00 2 3 k k 2 k 2n1 2n1 2C 2 n1  3.2.2C2n1  ....  (1) k(k 1)2 C 2n1  ....  2n(2n  1)2 C 2 n1  40200 VII.a 2n1 0 1 2 2 k k k 2n1 2n1 * XÐt (1 x)  C  C x  C x .... (1) C 2n1 2n1 2n1 x .... C x 2n1 2n1 (1) 0,25 * LÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (1) ta cã:
 (2n  1)(1  x)2n  C1 n 1  2C2n1x  ...  (1)k kC2n 1xk 1  .... (2n  1)C2n1x2n (2) 2 2 k 2n1 L¹i lÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (2) ta cã: 0,25 2n(2n1)( x)2n1  2C2n1 3C3n1x ...(1)k k(k 1)Ckn1xk2 ....2n(2n 1)C2n1x2n1 1 2 2 2 2n1 Thay x = 2 vµo ®¼ng thøc trªn ta cã: 0,25 2n(2n 1)  2C2 1  3.2.2C3 1  ...  (1)k k(k 1)2k2 C2n1  ...  2n(2n 1)22n1 C2n1 2n 2n k 2n1 Ph¬ng tr×nh ®· cho  2 n(2 n  1)  40200  2n 2  n  20100  0  n  100 0,25 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến 1,00 MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200 Đường tròn (C) có tâm I(2;-3) và bán kính R=2. Theo giả thiết ta có tam giác IAM vuông ở A và AMI  600  MIA  300 . 0,25 AI 4 Suy ra: IM = 0  . cos30 3 m Vì M   d  nên M=(1 + 4t; -1 + +3t). 4 2  2 m   3m  m 2 0,25 Ta có IM   4t  1   3t   2   25t 2   2  4t  m4  4   2  16 1 2  3m  m 16 Suy ra: 25t 2    4 t  m4  2  16 3 2  3m  m 4  25t 2    4t  m 0 *  2  16 3 0,25 2  3m   m2 4 448 Ta có :     4   100   m    4m 2  88m   2   16 3 3 Để có 1 điểm M thỏa mãn đề bài thì PT(*) có 1 nghiệm duy nhất VI.b 448 251 0,25  4 m2  88m   0  m  11  3 3  Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường 1,00 thẳng BC tại I sao cho IB  2 IC . Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) . Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình là ax  by  cz  d  0 với a; b; c không cùng bằng 0 - mp ( ) đi qua A(1;1; 1) nên ta có : a  b  c  d  0 (1) 0,25 - mp ( )  mp ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 nên 2 VTPT vuông góc nhau  a  2b  2c  0 (2) - IB  2 IC  khoảng cách từ B tới mp ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ C 2 tới ( ) 0,25 a  b  2c  d  a  2b  2c  d 3a  3b  6c  d  0  2  (3) a 2  b2  c 2 a2  b2  c2  a  5b  2c  3d  0 Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :  1 a  b  c  d  0 b  2 a   0,25 TH1 :  a  2b  2c  0  c  a chọn 3a  3b  6c  d  0  3  d  a  2
a  2  b  1; c  2; d  3 Ta có phương trình mp ( ) là 2 x  y  2 z  3  0  3 a  b  c  d  0 b  2 a   TH 2 :  a  2b  2c  0  c  a chọn a  2  b  3; c  2; d  3  a  5b  2c  3d  0  3  d  a  2 0,25 Ta có phương trình mp ( ) là 2 x  3 y  2 z  3  0 Vậy tìm được 2 mp ( ) t/m ycbt là 2 x  y  2 z  3  0 hoặc 2 x  3 y  2z  3  0  xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 1,00 + Điều kiện:  (I ) . 0  1  x  1, 0  2  y  1 2log1x [(1 x)( y  2)]  2log2 y (1 x)  6  log1x ( y  2)  log2 y (1  x)  2  0 (1)  (I )    0,25  log1 x ( y  5)  log2 y (x  4) = 1 log1x ( y  5)  log2 y ( x  4) = 1(2).  VII.b 1 Đặt log 2 y (1  x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1. 0,25 t Với t  1 ta có: 1  x  y  2  y   x  1 (3). Thế vào (2) ta có: 0,25 x  4 x  4 log1x (x  4)  log1x ( x  4) = 1  log1x 1   1 x  x2  2x  0 0,25 x4 x4