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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

150
lượt xem 32
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 học 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 NĂM HỌC 2012- 2013 Môn: Toán - Khối A, A1,B TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

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. 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. Tìm 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 trình: 2cos 3x cos x + 3(1 s in 2x ) = 2 3 cos2 (2x  ) 4 2. Giải phương trình: x-2 + 4-x = 2x2 − 5x − 1 Câu III (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: x(2  x)  m( x2  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 tròn (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    , (0     ) . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo nằm trên đường tròn (T) sao cho BAC 2 h, R và  . Câu V (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thoả mãn x  y  z  3 . Tìm 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 trình chuẩn. Câu VIa (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là: x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0 . Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x  4)  y  25 và M(1; - 1). Viết phương trình 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 trình nâng cao. Câu VIb (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm của BC, đỉnh A thuộc đường thẳng d: x  y  2  0 , phương trình đường thẳng DM: x  3 y  6  0 và đỉnh C(3; - 3). Tìm 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 trình chính tắc là:   1 và hai điểm A(4;-3), B(- 16 9 4; 3). Tìm toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIb (1,0 điểm). Tính tổng S  C20C12  C20C12  ...  C20C12  C20C12 . 0 11 1 10 10 1 11 0 …………….Hết………….. ( Đề thi gồm có 01 trang) C m ơn (tuanth@gmail.com) đã g i t i www.laisac.page.tl
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 ý 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. 0,25 x  x  1 x  x  1 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 O 1 x 2 Tìm các giá trị của m để hệ phương trình 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 mãn phương trình (1) dù y lấy bất kì giá trị nào 2x 1 Suy ra (1)  ( x  1) y  2 x  1  y  x 1 Phương trình (2)  ( x  1)  ( y  2)  m2 là phương trình đường tròn (T) có tâm I(1;2) 2 2 0,25 bán kính m với mọi m khác 0 Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1 và đường tròn (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 đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đường tròn (T) phải đi qua 4 điểm A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi R2  m2  10  m  10 0,25 II 1  1,0 . Giải phương trình: 2cos3x cos x + 3(1  sin 2x) = 2 3 cos 2 (2 x  ) 4  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 3 x cos x  3  3 sin 2 x  3  3 sin 4 x 0,5  2 cos 3 x cos x  3(sin 4 x  sin 2 x)  0  2 cos 3 x cos x  2 3 sin 3 x cos x  0  2 cos x(cos 3 x  3 sin 3 x)  0   cos x  0  x   k cos x  0  2   3 (k  Z )    cos 3x  3 sin 3x  0  tan 3x   x  k 3  18 3 0,5    Vậy nghiệm của phương trình là x   k ; x   k (k  Z ) 2 18 3
2 Giải phương trình: x-2 + 4-x = 2x2 − 5x − 1 (1) 1,0 (1)  x  2 1  4  x  1  2 x2  5x  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 trình (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 trình (2) 2 1 0,25 vô nghiệm 0,25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 III Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: x(2  x)  m( x2  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 đã cho nghiệm đúng với mọi x thuôc 0;1  3  khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn 1;2 t2  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 mãn yêu cầu bài toán. 2 IV Trên mp (P) cho đường tròn (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 tròn (T) sao cho    , (0     ) . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và BAC 2 .
S H K A C  O B 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  h  4 R 2 2 2 R 2 h5 sin 2 VSAHK  3(h2  4 R 2 )(h2  4 R 2cos 2 ) 0,25 V x2 y2 z2 1,0 Tìm 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  y 2 y  z 2 z  x2 x  y2 y  z2 z  x2 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  y  2y x  2   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 0,25  P x y z 4 3 1 9 1  P  ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)   ( xy  yz  zx) 4 4 4 4 ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx)  3( xy  yz  zx) 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) 13 x  6 y  9  0  y  8 Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương trình 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 trình 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 tròn (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5. Do IM
Với a  3  A(3; 5) , trường hợp này không thoả mãn vì A, C nằm cùng phía với đường thẳng DM. Với a  3  A(3;1) . Gọi I là tâm của hình chữ nhật, I là trung điểm của AC suy ra I(0;-1) Điểm D thuộc DM: x  3 y  6  0 , gọi D(3d+6;d) (d < -2)  d  3 ID  IA  (3d  6)  (d  1)  13   2 2  d  3 d   4 0,5  5 Suy ra D(-3;-3), B(3;1) Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1) 2 1,0 x 2 y 2 Gọi C ( xo ; y0 ) ta có o  0  1  9 x0 2  16 y0 2  144 (1) 0,25 16 9 Phương trình AB là: 3x +4y = 0 3x  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  x0  2 2; y0  0,25  9 x0  16 y0  144 2 2 2   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  C20 0 C1211  C20 1 C1210  ...  C20 C12  C20 10 1 C12 . 11 0 1,0 b Ta có (1  x)32  (1  x)20 .( x  1)12 (1) 0,25 VT  (1  x)32  C320  C32 1 x  C322 x2  ...  C32 x 32 32 0,25 Hệ số của x11 trong khai triển vế trái là C32 11 (2) VP  (C20 0  C20 1 x  C20 2 2 x  ...  C20 x )(C120  C12 20 20 1 x  C122 x2  ...  C12 x ) 12 12 0,25 Hệ số của x11 trong khai triển vế phải là C20 0 C1211  C20 1 C1210  ...  C20 C12  C20 10 1 C12 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 0 20 12 11 32 0,25 Chú ý: Đối với ý 2 câu 1 thí sinh có thể giải không sử dụng đồ thị mà viết phương trình (1) tương đương 2x  1 3 với y   2 (sau khi nhận xét x = 1 không thỏa mãn phương trình với mọi y) x 1 x 1 3 Nhận xét y nguyên khi x nguyên thì phải nguyên. x 1 Suy ra x – 1 phải là ước của 3 hay x {  2;0;2;4} thay vào tìm y tương ứng Thay 4 cặp (x; y) nguyên vào phương trình (2) tìm được m2= 10.