ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2013 Môn: TOÁN TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

147
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2013 Môn: TOÁN TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2013 TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  6mx  3m  4 (Cm ) a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 b. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (Cm ) tại điểm A có hoành độ bằng 1. Tìm m để tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số (Cm ) tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB vuông tại O. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4sin 3 x  2cos x(sin x  1)  4sin x  1  0 . (3 x  y )( x  3 y ) xy  14  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) . 2 2 ( x  y )( x  y  14 xy )  36  Câu 4 (1,0 điểm). Tính I   (2 x  x  2)(3 x  1) dx Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chử nhật tâm O, AB  a, BC  a 3 , tam giác SOA cân tại S và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và AC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn y  z  x ( y 2  z 2 ) . Tìm giá trị nhỏ 1 1 1 4 của biểu thức P  2  2  2  (1  x) (1  y ) (1  z ) (1  x )(1  y )(1  z ) II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  1; 2  và đường thẳng  d  : x  2 y  3  0 . Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC  3BC . Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 x  log x.log 3 (81x)  log 3 x 2  0 Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số được tạo thành từ 7 chữ số khác nhau và khác 0, biết rằng tổng các chữ số của nó là một số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 và điểm A(5; -6). Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 9 n Câu 8.b (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x19 trong khai triển biểu thức P   2 x  1  x  2  . Biết rằng Cn  Cn  Cn2  ...  Cn  2048 với n là số nguyên dương 0 1 n log 3 x  log 3 y  1  0  Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2y . 9.4 x  2.4 3  4  -------Hết--------
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu ý Nội dung Điểm 3 2 Khi m = 0, ta có y  x  3x  4 + TXĐ: D   + Giới hạn: lim ( x3  3x 2  4)   , lim ( x3  3x 2  4)   0,25 x  x  x  0 +Sự biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  3 x 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 = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0 Bảng biến thiên x  0 2  y + 0  0 + 0,25 a 4  y  0 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;4) Điểm uốn I(1;2) là tâm đối xứng. 1 0,25 Ta có A(1; 2), y '  3x 2  6( m  1) x  6m . Tiếp tuyến tại A là  : y=-3x+5 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm của  và (Cm ) là: x 3  3(m  1) x 2  6mx  3m  4  3x  5  x 3  3(m  1) x 2  (6m  3) x  3m  1  0 0.25 2 x  1  ( x  1) ( x  3m  1)  0    x  3m  1 b     Ta có B(3m+1; -9m+2), OA(1;2); OB (3m  1; 9m  2) . Vậy để tam giác OAB vuông     tại O thì OA. OB  0 0. 25 1  (3m  1)  2( 9m  2)  0  m  . Thỏa mãn 0. 25 3 2  4sin x (1  cos x )  2cos x sin x  2cos x  4sin x  1  0 0.25  4sin x cos 2 x  2cos x sin x  2cos x  1  0
 1  (2cos x  1)(1  sin 2 x )  0   cos x   2 0.25  2 sin 2 x  1 1 2 +) cos x    x    k 2 0.25 2 3  +) sin 2 x  1  x   k 0.25 4  2 [3(x  y)  4xy] xy  14 Hệ ban đầu tương đương  0.25 2 (x  y)[(x  y)  12xy]  36  a  x  y  (3a 2  4b2 )b  14  3a 2b  4b3  14  Đặt  thay vào hệ trên được  2 2  3 2 0.25 b  xy  0  a(a  12b )  36  a  12ab  36  Nhận thấy a=0 không là nghiệm của hệ trên. Đặt b=ka thay vào hệ trên được a3 (3k  4k 3 )  14   3 . Ta suy ra phương trình 72k3-84k2+54k-7=0 3 2 a (1  12k )  36(1) 0.25  1 1  k   b  a  a  6b thay vào (1) được a=3, từ đó b=1/2 6 6  3 2 2  3 2 2 x  y  3 x  y  3 x  x     2  2  1  1  hoac  0.25  xy  2   xy  4  y  32 2 y  3 2 2   2   2 I   (2 x  x  2)(3 x  1)dx   (3x  1)2 x dx   (3x  1) x  2)dx  I1  I 2 0.25 (3 x  1)2 x 3. 2 x I1   (3x  1)2 x dx   2  C1 0.25 ln 2 ln 2 4 6 5 14 3 I 2   (3 x  1) x  2dx  5  x2   3  x  2  C2  0.25 (3 x  1)2 x 3. 2 x 6 5 14 3 I ln 2  2  ln 2 5   x2  3  x2 C  0.25 Kẻ SH vuông góc với AD, từ gt suy ra SH  ( ABCD ) S  SH  AO . Gọi I là trung điểm của AO  SI  AO . Từ đó suy ra HI  AO . Ta có AC=BD=2a  AB=BO=AO=a nên  AOB đều  BI  AO . Vậy B, H, I thẳng hàng. 0.25 D H A O I C 5 B
AO a AI a Ta có AI   , AH  0  2 2 cos 30 3 a 2a  HD  AD  AH  a 3   . SH  HD tan 600  2a 0.25 3 3 1 2a3 3  VS . ABCD  .SH .S ABCD  3 3 Ta có AC  ( SBI ) , ta kẻ IK  SB ( K  SB) thì IK là đường vuông góc chung của AC 0.25 và SB 2a Kẻ HE  SB ( E  SB) , ta có HB  AB 2  AH 2  . 3 1 1 1 1 IK IB IB 3a 2  2  2  2  HE  a . Ta có   IK  HE.  0.25 HE BH SH a HE BH BH 4 3a Vậy d ( SB; AC )  4 2 Từ gt suy ra x( y  z ) 2  2 x( y 2  z 2 )  2( y  z )  y  z  x 1 1 2 2 (1  x) 2 0,25 2 Từ đó ta có: (1  y )(1  z )  (2  y  z )  (2  )  4 4 x x2 1 2 4 0,25 Theo cô si ta có P  2   (1  x) (1  y )(1  z ) (1  x )(1  y )(1  z ) 6 2 2x  1 4 x2 2 x3  6 x 2  x  1 P   (1  x) 2 (1  x )3 (1  x)3 2 x3  6 x 2  x  1 2(5 x  1) 1 0,25 Xét hàm số f ( x)  3 . Ta có f '( x )  4 0 x (1  x) (1  x) 5 1 91 Tập bảng biến thiên ta thấy P  f ( x )  f ( )  . Vậy GTNN của P bằng 91/108. 5 108 0,25 Dấu bằng xãy ra khi x=1/5, y = z =5. Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu của A trên d. A Pt đường thẳng AC 2x+ y = 0 d 0. 25 C B  3 2 x  y  0 x   5  3 6 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt    C ( ; ) 0.25  x  2 y  3  y  6 5 5   5 Đặt B (2t-3; t) theo giả thiết ta có AC  3BC  AC  9 BC 2 . Từ đó suy ra 2 7.a  16 2 t  15 0.25 45t  108t  64  0   t  4  3  13 16 1 4 Ta có hai điểm B thỏa mãn là: B( ; ); B( ; ) 15 15 3 3 0,25
Có 4 chữ số chẵn được dùng: 2;4; 6; 8. Có 5 chữ số lẻ: 1; 3; 5; 7; 9. 0,25 Vì tổng 7 chữ số là lẻ do đó trong 7 chữ số đó thì có một lượng lẻ chữ số lẻ được sử dụng. TH1. Có 1 chữ số lẻ và 6 chữ số chắn. ( không xảy ra) TH2. Có 3 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn. 0,25 - Số cách chọn 3 chữ số lẻ: C3 .5 -Số cách chọn 4 chữ số chẵn: C4 . Vậy có C3 .C 4  10 cách chọn bộ 7 chữ số 4 5 4 thỏa mãn.  Có :10.7!  50400 số. 8.a TH3. Có 5 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn. 0,25 - Số cách chọn 5 chữ số lẻ: C5 .5 - Số cách chọn 2 chữ số chẵn: C2 . Vậy có C5 .C 2  6 cách chọn bộ 7 chữ số 4 5 4 thỏa mãn.  Có : 6.7!  30240 số. Vậy có: 50400 + 30240 = 80640 số thỏa mãn. 0,25 log 2 x  log x.log 3 (81x)  log 3 x2  0 0,25 Điều kiện x >0. pt  log 2 x  log x.(log 3 x  4)  4 log 3 x  0 log x  4  0 0,25  (log x  4).(log x  log 3 x)  0   9.a log x  log 3 x  0 +) log x  4  0  x  104 0,25 +) log x  log 3 x  0  log3 x(log10 3  1)  0  log 3 x  0  x  1 0,25 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x  104 và x  1 Đường tròn có tâm I(-1; 2) bán kính R = 5 B Suy ra IA = 10 A .I 0,25 H C 2 Gọi H là giao điểm của BC và IA, ta có: IH. IA = BI BI 52 1    1 0,25  IH    IH  IA  H ( ; 0) IA 2 4 2 7.b 1  cos AIB   AIB  600 nên tam giác ABC đều. Suy ra tâm đường tròn nội tiếp 0,25 2 tam giác ABC trùng với trọng tâm.  2  Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra AG  AH , suy ra G(2; -2) 0,25 3 Ta có: 2n  (1  1) n  C0  C1  C2  ...  C n  2048  211  n  11 . n n n n 0,25 Với n = 11, ta có: P  (2x  1)9 (x  2)11 . 0,25 Ta có: (2x  1)9  C0 (2x)9  C1 (2x)8  C9 (2x) 7  ...  C9 9 9 2 9 8.b (x  2)11  C11x11  C1 2.x10  C11 2 2 x 9  C11 23 x 8  ...  C11 211 0 2 3 11 11 0,25 Do đó số hạng chứa x19 của khai triển tích (2x  1)9 (x  2)11 thành đa thức là: 0,25 C0 (2x)9 .C1 2.x10  C1 (2x)8 C11x11  (C0 .C1 .210  C1 .C11.28 )x19  8960x19 9 11 9 0 9 11 9 0
log 3 x  log 3 y  1  0 (1)  Xét hệ phương trình  2y 9.4 x  2.4 3  4 (2) 0,25  ĐK: x  0, y  0 . Khi đó: (1)  log 3 3 x  log 3 y  y  3 x (3) 0,25 Thay (3) vào (2) ta được: 4 x  4 x 2 1 0,25 9.b 9.4  2.4  4  0  2.  4 x 2x   9.4  4  0   x 1  x  1  x   (loại) x 4  2   2 Với x  1  y  3 x  1 0,25 Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  . y  3 Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương