ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 môn toán TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

295
lượt xem 51
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi: 8/12/2012

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 LÝ THÁI TỔ

SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi: 8/12/2012 Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = − x 4 + 4x 2 − 3 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: − x 4 + 4x 2 − 3 = 7m 2 − m có nghiệm thuộc đoạn  −2; 5  .   Câu II (2.0 điểm) x x  2x − 3π   6x − π  1. Giải phương trình: 4 sin 6 + 4 cos6 + 3 = 4 cos   cos  4  . 2 2  4    2. Giải bất phương trình: 32x > 8.3x + x+ 4 + 91+ x+4 . Câu III (2.0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng ABC.A ' B 'C ' có AB = a, AC = 2a, AA ' = 2a 5 và BAC = 1200 . Gọi K là trung điểm của cạnh CC ' . 1. Tính thể tích khối chóp A.A 'BK . 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A 'B'BK . 3. Gọi I là trung điểm của BB ' , tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( A 'BK ) . Câu IV (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d1 :x − y − 2 = 0 và d 2 :2x + 4y − 13 = 0 . Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d1 với trục Ox . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm A có tung độ dương. Câu V (1.0 điểm) Một hộp bi có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. Câu VI (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  y3 + 3y2 + y + 4x 2 − 22x + 21 = (2x + 1) 2x − 1  (1)  2 ( x, y ∈ ℝ ) 2x − 11x + 9 = 2y  (2) Câu VII (1.0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 3 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 P= + + + . x +y +z 2 2 2 xy yz zx -------------------------- Hết -------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:................................................... Số báo danh:.................................. (Đề thi gồm 01 trang)
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm I 1. (1.0 điểm) Khảo sát hàm số y = −x 4 + 4x 2 − 3 (2.0 điểm) • Tập xác định: D = ℝ . • Sự biến thiên: lim y = −∞ , lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ 0.25 x = 0 ⇒ y = −3 y ' = −4x + 8x, y ' = 0 ⇔  3 x = ± 2 ⇒ y =1 Bảng biến thiên: x −∞ − 2 0 2 +∞ y' + 0 – 0 + 0 – 0.25 y 1 1 CĐ CĐ CT −∞ −3 −∞ Hàm số nb trên các khoảng (− 2;0), ( 2; +∞) và đb trên (−∞; − 2), (0; 2) 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −3 và đạt cực đại tại x = ± 2, yC § = 1 . • Đồ thị: x ±1 ± 3 ±2 y 0 0 −3 0.25 - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình có nghiệm … Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = g(x) = −x 4 + 4x 2 − 3 (C ') và đường thẳng d : y = 7m 2 − m. Vẽ đồ thị (C '), ta có: 0.25 −x + 4x − 3 nêu − x + 4x − 3 ≥ 0  4 2 4 2 y = g(x) = −x 4 + 4x 2 − 3 =  4 x − 4x + 3 nêu − x + 4x − 3 < 0 2 4 2  Từ (C) ta vẽ (C ') như sau: - Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía trên trục Ox. - Lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox. - Xóa phần đồ thị (C) nằm phía dưới Ox. 0.25 ⇒ Ta thu được đồ thị (C ') . Sau đó lấy đồ thị (C ') trên [ − 2; 5] với g( −2) = 3;g( 5) = 8 . 7m 2 − m ≥ 0  Từ đồ thị ta có: (1) có nghiệm thuộc đoạn [ − 2; 5] ⇔  2 0.25 7m − m ≤ 8  Trang 1/4
m ≤ 0 ∨ m ≥ 1 / 7  −1 ≤ m ≤ 0 ⇔ ⇔  −1 ≤ m ≤ 8 / 7 1 / 7 ≤ m ≤ 8 / 7 0.25 Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: −1 ≤ m ≤ 0; 1 / 7 ≤ m ≤ 8 / 7 . II 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: (2.0 điểm)  x  3  x x x x x   π  ⇔ 4  sin 2 + cos2  − 3sin 2 cos2  sin 2 + cos2   + 3 = 2  cos(2x − π) + cos  −x −   0.25    2 2 2 2 2 2     2   3  ⇔ 4  1 − sin 2 x  + 3 = 2 ( − cos 2x − sin x ) 0.25  4  ⇔ 4 − 3sin x + 3 = −2 cos 2x − 2 sin x 2 ⇔ 7 − 3sin 2 x = −2(1 − 2 sin 2 x) − 2 sin x 0.25 ⇔ 7 sin x − 2 sin x − 9 = 0 2 sin x = −1 π ⇔ 9 ⇔ x = − + 2 kπ sin x = (loaïi) 2   7 0.25 π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = − + 2kπ 2 2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình… ĐKXĐ: x ≥ −4 ( 2 x− x+4 ) BPT ⇔ 32x − 8.3x + x+ 4 − 9.32 x+4 >0 ⇔3 − 8.3x − x+ 4 −9 > 0 0.25 Đặt t = 3x − x + 4 , đk: t > 0. BPT có dạng: t 2 − 8t − 9 > 0  t < −1 ⇔ . Do t > 0 ta được nghiệm t > 9 0.25 t > 9 Với t > 9 ⇒ 3x − x + 4 > 9 ⇔ x − x + 4 > 2 ⇔ x + 4 < x − 2 (1) 0.25 TH1: −4 ≤ x < 2 ⇒ VP(1) < 0 ≤ VT(1) . Vậy (1) vô nghiệm TH2: x ≥ 2 ⇒ (1) ⇔ x + 4 < (x − 2)2 ⇔ x 2 − 5x > 0 ⇔ x < 0 ∨ x > 5 . Kết hợp với x ≥ 2 ta được x > 5 . 0.25 Vậy bất phương trình có nghiệm x > 5 . III 1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp A.A ' BK . (2.0 điểm) Do CK / /(AA ' B) nên ta có: A C VA.A'BK = VK.AA 'B = VC.AA 'B B 1 = VA'.ABC = S ABC .AA ' E K 0.25 3 I A' C' B' 1 a2 3 Mà S ABC = AB.AC sin120 0 = 0.25 2 2 1 a2 3 a 3 15 Vậy VA.A' BK = . .2a 5 = 0.5 3 2 3 2. (0.5 điểm) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' B ' BK . ∆ABC có: BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2AB.AC.cos1200 = 7a 2 ( ) 2 BK 2 = BC 2 + CK 2 = 7a 2 + a 5 = 12a 2 , 0.25 A ' K 2 = A ' C '2 + C ' K 2 = 4a 2 + 5a 2 = 9a 2 , Trang 2/4
A 'B 2 = A ' A 2 + AB 2 = 20a 2 + a 2 = 21a 2 Suy ra A ' B 2 = A ' K 2 + BK 2 ⇒ ∆A ' BK vuông tại K. Ta có A ' KB = A ' B ' B = 900 ⇒ 4 điểm A ',B, K,B ' nằm trên mặt cầu đường kính A ' B . Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' B ' BK có tâm E là trung điểm A ' B và 0.25 1 a 21 bán kính R = A ' B = . 2 2 3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ I đến mp ... 1 Vì I là trung điểm của BB ' ⇒ d ( I,(A ' BK) ) = d ( B ',(A ' BK) ) 2 0.25 Do E là trung điểm của AB ' ⇒ d ( B ',(A 'BK) ) = d ( A,(A ' BK) ) 1 1 Tam giác A ' BK có BK ⊥ A ' K ⇒ S A 'BK = A ' K.BK = .3a.2a 3 = 3a 2 3 2 2 1 Có VA.A'BK = S A 'BK .d ( A,(A ' BK) ) 3 0.25 3VA.A 'BK a 3 15 a 5 ⇒ d ( A,(A ' BK) ) = = 2 = S A 'BK 3a 3 3 1a 5 a 5 Vậy d ( I,(A ' BK) ) = = . 2 3 6 IV Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. (2.0 điểm) Ta có d cắt d tại I ⇒ toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 1 2  7  x−y−2 =0 x = 2  7 3  ⇔ ⇒ I ;  . 0.25 2x + 4y − 13 = 0 y = 3 2 2   2 Theo giả thiết M là trung điểm cạnh AD và M = d1 ∩ Ox ⇒ M ( 2;0 ) . 3 Ta có IM = , AB = 2IM = 3 2 . Theo giả thiết S ABCD = AB.AD = 12 2 S ABCD 12 ⇒ AD = = = 2 2 . Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 AB 3 2 0.25 ⇒ d1 ⊥ AD Đường thẳng AD đi qua M ( 2;0 ) và nhận n = (1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 2) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y − 2 = 0 1 Lại có MA = MD = AD = 2 . Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ phương 2 0.25 x + y − 2 = 0 x = 3  x = 1 trình  ⇔ ∨ . Vì y A > 0 ⇒ A(1;1), D(3; −1) . (x − 2) + y = 2  y = −1  y = 1 2 2 7 3 Do I  ;  là trung điểm của AC và BD suy ra C(6;2), B(4;4) . 2 2 0.25 Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(1;1), B(4;4), C(6;2), D(3; −1) . V Hỏi có bao nhiêu cách ... (1.0 điểm) Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là: 4 TH1: Cả 4 viên bi đều là bi đỏ có C 5 cách chọn 0.25 1 3 TH2 : Trong 4 viên bi có 1 bi đỏ và 3 bi xanh có C C cách chọn. 5 4 Trang 3/4
TH3: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi xanh có C 3 C1 cách chọn 5 4 0.25 TH4: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi vàng có C 3 C1 cách chọn 5 3 TH5 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ và 2 bi xanh có C 2 C 2 cách chọn 5 4 0.25 TH6 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng có C 2 C1 C1 cách chọn 5 4 3 Vậy có : C 5 + C1 C 3 + C 3 C1 + C 5 C1 + C 2 C 2 + C 2 C1 C1 =275 cách chọn thoả mãn. 4 5 4 5 4 3 3 5 4 5 4 3 0.25 VI Giải hệ phương trình… (1.0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1 / 2 (∗) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) nhân với 2 ta được: y3 + 3y 2 + y + 3 = (2x + 1) 2x − 1 − 4y ⇔ y3 + 3y 2 + 5y + 3 = (2x + 1) 2x − 1 0.25 ⇔ y3 + 3y 2 + 3y + 1 + 2y + 2 = (2x − 1 + 2) 2x − 1 ( ) 3 ⇔ (y + 1)3 + 2(y + 1) = 2x − 1 + 2 2x − 1 (3) Xét hàm số: f(t) = t 3 + 2t với t ∈ ℝ. Ta có: f '(t) = 3t 2 + 2 > 0 với ∀t ∈ ℝ ⇒ f(t) đồng biến trên ℝ. 0.25 Do đó: (3) ⇔ f(y + 1) = f( 2x − 1) ⇔ y + 1 = 2x − 1 ⇔ y = 2x − 1 − 1 Thay vào (2) ta được: 2x 2 − 11x + 9 = 2 2x − 1 − 2 ⇔ 2 2x − 1 = 2x 2 − 11x + 11 2x 2 − 11x + 11 ≥ 0  (∗∗) ⇔ 4(2x − 1) = (2x − 11x + 11) (4) 2 2  0.25 (4) ⇔ 8x − 4 = 4x 4 + 121x 2 + 121 − 44x3 + 44x 2 − 242x ⇔ 4x 4 − 44x 3 + 165x 2 − 250x + 125 = 0 ⇔ (x − 1)(4x 3 − 40x 2 + 125x − 125) = 0 ⇔ (x − 1)(x − 5)(4x 2 − 20x + 25) = 0 x = 1 (tháa m·n (∗),(∗∗)) x = 5 x = 1 ⇒ y = 0 ⇔ (tháa m·n (∗),(∗∗)) ⇔   x = 5 / 2 (kh«ng tháa m·n (∗∗)) x = 5 ⇒ y = 2 0.25  Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x;y) ∈{(1;0),(5;2)} VII Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… (1.0 điểm)  1 1 1  Cauchy 3 Ta có: (xy + yz + zx)  + +  ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 ⋅ =9  xy yz zx  3 2 2 2 xyz 0.25 1 1 1 9 ⇒ + + ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z xy yz zx xy + yz + zx 1 9 Do đó: P ≥ 2 + x + y + z xy + yz + zx 2 2 1 1 1 7 = 2 + + + 0.25 x + y + z xy + yz + zx xy + yz + zx xy + yz + zx 2 2 Cauchy 3 7 ≥ + 3 (x 2 + y2 + z 2 )(xy + yz + zx)2 xy + yz + zx Mặt khác: ▪ Cauchy x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx (x + y + z)2 3 (x 2 + y2 + z 2 )(xy + yz + zx)2 ≤ = =9 0.25 3 3 ▪ x + y + z ≥ xy + yz + zx ⇔ x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx ≥ 3xy + 3yz + 3zx 2 2 2 2 2 2 ⇔ (x + y + z)2 ≥ 3xy + 3yz + 3zx ⇔ xy + yz + zx ≤ 9. 3 7 10 10 Suy ra: P ≥ + = ⋅ Vậy min P = Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 3. 0.25 9 9 9 9 Trang 4/4