ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN

Chia sẻ: CLB Kỹ Năng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

248
lượt xem 95
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 năm 2013 môn: toán, khối a, a1, b và d trường thpt cù huy cận', 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(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN

SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3mx + 2 (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ thị 2 2 2 hàm số ( C m ) cắt đường tròn ( x - 1) + ( y - 2 ) = 1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho AB = 5 æ pö Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin 2 x + 2 sin ç 2 x + ÷ + 5sin x - 3cos x = 3 è 4 ø ìï7 x3 + y 3 + 3 xy ( x - y ) - 12 x 2 + 6 x = 1 2. Giải hệ phương trình : í ( x, y Î ¡ ) ïî 3 4 x + y + 1 + 3 x + 2 y = 4 p 4 x sin x + sin 2 x Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân : I = ò cos 2 x dx 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với đáy , ABCD là hình chữ nhật với AB = 3a 2, BC = 3 a . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa ( ABCD ) với ( SBC ) bằng 60 0 . Chứng minh rằng ( SBM ) ^ ( SAC ) và tính thể tích tứ diện SABM . Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thoả mãn x + y = 1 . Tìm GTNN của biểu thức: P = 3 1 + 2 x 2 + 2 40 + 9 y 2 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M (0, - 1) . Biết AB = 2 AM , đường phân giác trong AD : x - y = 0 ,đường cao CH : 2 x + y + 3 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh. 1 1 3. Giải phương trình : log 2 ( x + 3) + log 4 ( x - 1)8 = log 2 4 x 2 4 n - 2 æ n 2 ö Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm hệ số chứa x trong khai triển ç 1 + x + 3 x ÷ biết : Cnn++41 - Cn n +3 = 7( n + 3) 4 è 6 ø B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x - 1) 2 + ( y + 1) 2 = 25 , điểm M (7;3) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA = 3 MB ( ) 2. Giải phương trình: log 5 3 + 3x + 1 = log 4 ( 3x + 1 ) Câu VII.b ( 1 điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + ... + ( n + 1)Cn n = ( n + 2)2 n -1 Hết (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Cảm ơn bạn Nguyễn Hà Trung ( htrung85@yahoo.com.vn) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GDĐT HÀ TĨNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN NĂM HỌC 20122013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: Khi m = 1 ta có hàm số y = x 3 - 3 x + 2 TXĐ: D=R Sự biến thiên é x = 1 Þ y = 0 0.25 Đạo hàm: y ' = 3 x 2 - 3, y ' = 0 Û ê ë x = -1 Þ y = 4 Giới hạn: lim y = -¥ ; lim y = +¥ x ®-¥ x ®+¥ Bảng biến thiên: x -¥ - 1 1 +¥ 0.25 y ' + 0 - 0 + 4 +¥ y -¥ 0 Hàm số đồng biến trên ( -¥; -1) ; (1; +¥ ) I.1 Hàm số nghịch biến trên ( - 1;1) (1 điểm) Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCD = 4 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0 Đồ thị: y f(x)=x^33x+2 10 8 6 4 2 0.25 x 10 8 6 4 2 2 4 6 8 2 4 6 8
I A H B + Ta có y ' = 3 x 2 - 3 m Để hàm số có cực trị thì y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt Û m > 0 0.25 Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là I.2 D : 2mx + y - 2 = 0 (1điểm) Điều kiện để đường thẳng D cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là : d ( I , D ) < R 0.25 2m + 2 - 2 Û < 1 Û 2m < 4m 2 + 1 Û 0 < 1, "m 2 4m + 1 AB 2 2 6 2 Gọi H là hình chiếu của I trên AB . Ta có IH = R - = . Theo bài ra 0.25 4 5 2 6 d ( I , D) = 5 2 m 2 6 2 é m = 6 Û = Û m = 6 Û ê 0.25 4m 2 + 1 5 êë m = - 6 (L) Vậy m = 6 là giá trị cần tìm . æ pö 1. GPT : 2sin 2 x + 2 sin ç 2 x + ÷ + 5sin x - 3cos x = 3 (1) è 4 ø (1) Û 2sin 2 x + sin 2 x + cos2 x + 5sin x - 3cos x = 3 Û 6sin x cos x - 3cos x - (2sin 2 x - 5sin x + 2) = 0 Û 3cos x (2sin x - 1) - (2sin x - 1)(sinx - 2) = 0 0.25 II.1 Û (2sin x - 1)(3cos x - sinx + 2) = 0 (1điểm) é 1 sinx = Ûê 2 ê ë sinx - 3cos x = 2 0.25
é p ê x = + k 2 p 1 6 + sin x = Û ê , k Î ¢ 2 ê 5 p x= + k 2 p êë 6 2 1 sinx - 3cos x = 2 Û sin( x - a ) = ,(c osa = ) 10 10 é 2 0.25 ê x = a + arcsin + k 2 p 10 Ûê , k Î ¢ ê x = p + a - arcsin 2 + k 2 p êë 10 Vậy pt có 4 họ nghiệm : é p ê x = 6 + k 2 p 0,25 ê ê x = 5 p + k 2 p ê 6 ê , k Î ¢ 2 ê x = a + arcsin + k 2 p ê 10 ê 2 ê x = p + a - arcsin + k 2 p êë 10 ìï7 x3 + y 3 + 3 xy ( x - y ) - 12 x 2 + 6 x = 1 (1) 0.25 2. Giải hệ : í ( x, y Î ¡ ) ïî 3 4 x + y + 1 + 3 x + 2 y = 4 (2) Giải: ĐK 3 x + 2 y ³ 0 0.25 (1) Û 8 x 3 - 12 x 2 + 6 x - 1 = x 3 - 3 x 2 y + 3 xy 2 - y 3 3 3 Û ( 2 x - 1) = ( x - y ) Û 2 x - 1 = x - y Û y = 1 - x 0.25 II.2 + Với y = 1 - x thay vào (2) ta được : 3 3 x + 2 + x + 2 = 4 (1điểm) Đặt a = 3 3 x + 2, b = x + 2 (b ³ 0) . Ta có hệ ì a + b = 4 ìa = 2 ìï 3 3 x + 2 = 2 : í 3 2 Ûí Þí Û x = 2 î a = 3b - 4 îb = 2 ïî x + 2 = 2 ì x = 2 + x = 2 Þ y = - 1 . Vậy nghiệm của hệ là: í 0.25 î y = -1
p 4 x sin x + sin 2 x Tính I = ò dx 0 cos 2 x p p x sin x 4 4 sinx 0.25 + Ta có I = ò 2 dx + 2 ò dx 0 cos x 0 cos x p p 4 x sin x 4 sinx Đặt I1 = ò 2 dx; I 2 = 2 ò dx 0 cos x 0 cos x +Tính I 1 : Đặt 0.25 sinx 1 u = x Þ du = dx; v = ò dx = - ò cos -2 xd (cos x ) = III. 2 cos x cos x (1điểm) p p p p x 4 dx x 1 1 + sinx p 2 1 2 + 2 0.25 Þ I 1 = 4-ò = 4 - ln 4 = - ln cos x 0 cos x cos x 2 1 - sinx 4 2 2 - 2 0 0 0 p p d (cos x ) 4 2 + Tính I 2 = -2 ò = -2ln cos x 4 = - 2ln 0 cos x 2 0.25 0 p 2 1 2+ 2 2 Vậy I = I1 + I 2 = - ln - 2ln 4 2 2 - 2 2 0.25 S A B I D C M IV. (1điểm) Gọi I = BM Ç AC ,suy ra I là trọng tâm của tam giác BCD 0.25 1 a 6 1 18 a 2 Þ IM = BM = ; IC = AC = a 3 Þ IM 2 + IC 2 = = CM 2 3 2 3 4 Þ BM ^ AC Mặt khác BM ^ SA Þ BM ^ ( SAC ) Þ ( SBM ) ^ ( SAC ) 0.25 2 1 1 9a 2 + Ta có S ABM = AB.d ( M , AB ) = 3a 2.3 a = 2 2 2 · = 60 . Xét tam giác vuông SAB có 0 0.25 Theo bài ra SBA 0 1 9a 2 2 SA = AB tan 60 = 3a 6 Þ VSABM = 3a 6 = 9a 3 3(dvtt ) 3 2 0.25
a12 a22 (a1 + a 2 ) 2 ìa1 , a2 , b1 , b 2 Î ¡ + Ta dễ dàng CM được B Đ T sau: + ³ ; " í 0.25 b1 b2 b1 + b2 îb1 , b 2 > 0 (Tuyệt phẩm Svacxơ) 2 32 4 x 2 (3 + 2 x )2 3 +Ta có 3 1 + 2 x = 3 + ³3 = (3 + 2 x) (1) 9 2 11 11 0.25 2 402 36 y 2 (40 + 6 y ) 2 11 2 40 + 9 y = 2 + ³2 = (40 + 6 y ) (2) 40 4 44 11 V. 3 11 11 11 (1điểm) +Từ (1),(2) Þ P ³ (3 + 2 x) + (40 + 6 y ) = (49 + 6 x + 6 y ) = 5 11 11 11 11 0.25 ì 1 ïï x = 3 + Dấu đẳng thức xẩy ra Û í ï y = 2 ïî 3 0.25 VI.a
(1điểm) PHẦN RIÊNG: 1. Gọi M 1 là điểm đối xứng với M qua 0.25 r r AD Þ n MM1 = u AD = (1,1) Þ MM 1 :1( x - 0) + 1( y + 1) = 0 Û x + y + 1 = 0 Gọi I = AD Ç MM 1 Þ toạ độ I là nghiệm của hệ ì 1 ï x = - ì x + y + 1 = 0 ï 2 1 1 í Ûí Þ I (- ; - ) Þ M 1 (-1;0) î x - y = 0 ï y = - 1 2 2 ïî 2 v r 0.25 n AB = u CH = (-1; 2) Þ AB : -1( x + 1) + 2( y - 0) = 0 Û x - 2 y + 1 = 0 Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ ì x - 2 y = -1 uuuur r í Þ A (1;1) Þ AM = ( - 1; - 2) Þ n AC = (2; -1) Þ AC : 2( x - 1) - 1( y - 1) = 0 0.25 î x - y = 0 Û 2 x - y - 1 = 0 ì 2 x + y = -3 1 Toạ độ C là nghiệm cuả hệ í Þ C (- ; -2) î 2 x - y = 1 2 x + 1 B Î AB Þ B( x 0 ; o ) 0.25 2 uuur x - 1 uuuur é x 0 = 5 Vì Þ AB( x0 - 1; 0 ); AM (-1, -2) Þ AB = 2 AM Û ( x 0 - 1)2 = 16 Û ê 2 ë x 0 = -3 é B (5;3) (KTM) Þê ë B(-3; -1) Vì B, C phải khác phía với AD Þ B(5,3) không TM. Vậy -1 A(1;1); B(-3; -1); C ( ; - 2) 2 2. ì x > 0 0.25 í î x ¹ 1 ĐK: Þ (1) Û log 2 ( ( x + 3) x - 1 ) = log 2 4 x Û ( x + 3) x - 1 = 4 x 0.25 é ì x > 1 êí î( x + 3)( x - 1) = 4 x é x = 3 Ûê Ûê ê ì0 < x < 1 0.25 êí ë x = -3 + 2 3 êë î( x + 3)(1 - x ) = 4 x 0.25
ĐK: 0.25 ì n ³ 0 (n + 4)! (n + 3)! í Þ (1) Û - = 7(n + 3) î n Î ¢ ( n + 1)!3! n !3! Û (n + 4)(n + 2) - (n + 1)(n + 2) = 42 Û n = 12 0.25 + Với n = 12 Þ 10 éë(1 + 2 x) + 3 x 2 ùû = C100 (1 + 2 x)10 + C101 (1 + 2 x )9 .3 x 2 + C10 2 (1 + 2 x )8 9 x 4 + ... 0.25 VII.a (1điểm) Ta có: C100 (1 + 2 x )10 = C100 éëC100 + C101 2 x + C102 4 x 2 + C103 8 x 3 + C10 4 16 x 4 + ... ùû 3 x 2C101 (1 + 2 x)9 = 3x 2C101 éëC90 + C91 2 x + C9 2 4 x 2 + ... ùû 9 x 4C102 (1 + 2 x)8 = 9 x 4C102 éëC8 0 + ... ùû 0.25 4 0 4 1 2 2 0 Vậy hệ số của số hạng chứa x là : C C 16 + 3C C 4 + 9C C = 8085 10 10 10 9 10 8 I M A H B 1.
(C ) : I (1, -1); R = 5 Đường tròn M nằm ngoài đường tròn MI = 52 > 5 Þ Ta có MA.MB = MI 2 - R 2 = 27 Þ 3MB 2 = 27 Þ MB = 3 Þ MA = 9 Þ AB = 6 0.25 2 AB 2 Gọi H là trung điểm của AB Þ IH = R - = 4 4 VI.b Gọi đường thẳng đi qua M (7,3) có vtpt 0.25 r n ( A, B),( A2 + B 2 ¹ 0) Þ D : Ax + By - 7 A - 3B = 0 . Theo trên ta có : é A = 0 A - B - 7 A - 3 B d ( I , D) = IH = 4 Û = 4 Û 5 A + 12 AB = 0 Û ê 2 12 B 0.25 2 A +B 2 ê A = - ë 5 + Với A = 0 Þ D : y = 3 0.25 12 B + Với A = - Þ D :12 x - 5 y - 69 = 0 5 2. Đặt 0.25 log 4 (3x + 1) = t Þ 3x = 4t - 1 Þ (1) Û log 5 (3 + 2t ) = t t t 1 æ 2 ö t Û 3 + 2 = 5 Û 3. t + ç ÷ = 1 (*) 0.25 5 è 5 ø t 1 æ 2 ö Xét hàm f (t ) = 3. t + ç ÷ là hàm nghịch biến . Mà f (1) = 1 Þ t = 1 là nghiệm 5 è 5 ø 0.25 duy nhất của phương trình (*) + Với t = 1 Þ x = 1 0.25 + Ta có : x (1 + x) n = xCn0 + xCn1 x + xCn2 x 2 + xCn3 x 3 + ... + Cn n x n (1) 0.5 Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: (1 + x) n + nx(1 + x)n -1 = Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 x 2 + ... + (n + 1)Cn n x n (2) 0.25 Thay x = 1 vào (2) Þ dpcm 0.25 VII.b ( Mọi cách giải đúng và gọn đều cho điểm tối đa) = = = HẾT = = =