zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (2012- 2013) - Môn: Toán - Khối A, A1,B - TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

Chia sẻ: Nguyễn Nhật Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

248
lượt xem 66
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học lần i (2012- 2013) - môn: toán - khối a, a1,b - trường thpt hà trung', 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 LẦN I (2012- 2013) - Môn: Toán - Khối A, A1,B - TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

www.MATHVN.com 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. www.MATHVN.com 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 x  2x  y  4 y  5  m  0 2 2 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: x(2  x)  m( x 2  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. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tr?n (C): ( x  4)  y  25 và M(1; - 1). Viết phương tr?nh đường 2 2 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 y 2 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. www.MATHVN.com
www.MATHVN.com Câu VIIb (1,0 điểm). Tính tổng S  C C  C20C12  ...  C20 C12  C20C12 . 0 11110 10 1 11 0 20 12 …………….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 '   0, x  D . ( x  1) 2 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. x  x  1 x  x  1 0,25 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 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com 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  x  2 x  y  4 y  5  m  0 (2) 2 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 -10 -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 3 x cos x + 3(1  s in 2x) = 2 3 cos 2 (2 x  ) 4 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com  2 cos 3 x cos x + 3(1  s in 2x) = 2 3 cos 2 (2 x  ) 4     2 cos 3 x 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 3 x 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 3x   3 x     k  cos 3 x  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  m  2 (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 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com t 2 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 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com 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 SC  h  4 R cos  , 2 2 2 2 0,25 SB 2  h 2  4 R 2 R 2 h5 sin 2 VSAHK  3(h 2  4 R 2 )(h 2  4 R 2 cos 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  y2 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 xy 2 xy 2 y x x  y2  2 y x    x y 2 2y x 2 yz 2 yz 2 z y zx 2 zx 2 x z 0,25   ;   yz 2 2z y 2 zx 2 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  P x yz 0,25 4 3 1 9 1  P  ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)   ( xy  yz  zx) 4 4 4 4 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com ( x  y  z )  x  y  z  2( xy  yz  zx)  3( xy  yz  zx) 2 2 2 2 9 1 3  xy  yz  zx  3  P   .3  4 4 2 Dấu = xảy ra khi  x  y 2 ; y  z 2 ; 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. www.MATHVN.com
www.MATHVN.com Do IM
www.MATHVN.com  d  3 0,5 ID  IA  (3d  6)  (d  1)  13   2 2  d  3 d   4  5 Suy ra D(-3;-3), B(3;1) Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1) 2 1,0 2 2 xo y Gọi C( xo ; y0 ) ta có  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 x0 2  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 9 x0  16 y0  144  2 2  x0  2 2; y0  2 0,25   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 Tính tổng S  C20C12  C20C12  ...  C20 C12  C20C12 . 0 11 1 10 10 1 11 0 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 x 32 0 1 2 32 0,25 Hệ số của x11 trong khai triển vế trái là C32 11 (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 0,25 Hệ số của x11 trong khai triển vế phải là C20C12  C20C12  ...  C20 C12  C20C12 0 11 1 10 10 1 11 0 (3) Từ (1),(2),(3) ta có S  C C  C C  ...  C C  C C  C 0 20 11 12 1 20 10 12 10 20 1 12 11 20 0 12 11 32 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. www.MATHVN.com
www.MATHVN.com www.MATHVN.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.