ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 - TRƯỜNG THPT LONG MỸ

Chia sẻ: Phan Thiên Ân | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học năm học 2012-2013 - trường thpt long mỹ', 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 NĂM HỌC 2012-2013 - TRƯỜNG THPT LONG MỸ

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông Ngày 3 tháng 2 năm 2013 (Đề chính thức có 01 trang) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + ( m + 1) x + 1( 1) có đồ thị ( Cm ) với m là tham số 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = −1 2) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = x + 1 cắt đồ thị ( Cm ) tại 3 điểm phân biệt P ( 0,1) , M , N sao cho bán kính 5 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng với O ( 0;0 ) 2 Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos 2 2 x − 2cos 2 x + 4sin 6 x + cos 4 x = 1 + 4 3 sin 3 x cos x 5 − 4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x + x+ −2 x x π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau I = 4 1 + sin 2 x 3 4 dx 0 2sin x cos x + cos x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC = BC = 2a. Mặt phẳng ( SAC ) tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB . ( 2 1 + 25 x )+ 23 x+1 Câu V (1,0 điểm) Giải phương trình 1 + 2x 1+ 2 2x ( = 2 x 1 + 2 x + 22 x ) II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y − 1) = 9 2 2 và đường thẳng ( d ) : x + y − 10 = 0 . Từ điểm M trên ( d ) kẻ hai tiếp tuyến đến ( C ) , gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB = 3 2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 1;1;2 ) , B ( 0; −1;3 ) . Gọi C là giao điểm của đường thẳng ( AB ) và mp ( Oxy ) . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ( AB ) sao cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mp ( Oxy ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5 . 1 1 1 1 89 Câu VII.a (1,0 điểm) Với mọi n γ N , n 3. Giải phương trình + + + ..... + = C33 C43 C53 Cn3 30 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm K ( 6;2 ) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A ( 0;0; −1) , B ( 1;2;1) , C ( 2;1; −1) , D ( 3;3 − 3 ) .. Tìm
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN = 3 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa 1 1 1 2 1 3 1 ( n + 1) � Cn0 + � Cn + C n + C n + L + � Cnn �= 1023 � 2 3 4 n +1 � TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013 Câu Đáp án Điể m Cho hàm số y = x − 3x + ( m + 1) x + 1( 1) có đồ thị ( Cm ) với m là tham số 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = −1 2) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = x + 1 cắt đồ thị ( Cm ) tại 3 điểm phân biệt 2,0 P ( 0,1) , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 5 2 2 với O ( 0;0 ) 1) Học sinh tự vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) và (d): x − 3 x + ( m + 1) x + 1 = x + 1 3 2 x = 0 � y = 1 � P ( 0;1) � x ( x 2 − 3x + m ) = 0 � x 2 − 3x + m = 0 ( 2 ) Để ( Cm ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ( 2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 0 9 m< I 4 Giả sử M ( x1; x1 + 1) , N ( x2 ; x2 + 1) khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2) 1 OM .ON .MN Ta có SOMN = MN .d ( O; ( d ) ) = (với R là bán kính đường tròn 2 4R ngoại tiếp tam giác OMN ) 1 OM .ON . � .d ( O; ( d ) ) = � OM .ON = 2 R.d ( O; ( d ) ) = 5 2d ( O; ( d ) ) ( 3) 2 4R Mà ta có OM .ON = ( 2x2 1 )( + 2 x1 + 1 2 x12 + 2 x1 + 1 ) Với x12 = 3 x1 − m; x22 = 3 x2 − m � OM .ON = 4m 2 + 12m + 25 1 2 * d ( O; ( d ) ) = = 2 2 2 m=0 Khi đó thế vào (3) ta được 4m 2 + 12m + 25 = 5 2 =5 thỏa đề chỉ 2 m = −3 có m = −3
1) Giải phương trình: 2cos 2 2 x − 2cos 2 x + 4sin 6 x = 1 − cos 4 x + 4 3 sin 3 x cos x 1,0 pt � 2cos 2 2 x − 2cos 2 x + 4sin 6 x = 2sin 2 2 x + 4 3 sin 3 x cos x � cos 2 2 x − cos 2 x + 2sin 6 x = sin 2 2 x + 2 3 sin 3 x cos x � cos 2 2 x − sin 2 2 x − cos 2 x + 2sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x � cos 4 x − cos 2 x + 2sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x � −2sin 3 x sin x + 4sin 3 x cos3 x = 2 3 sin 3 x cos x ( � −2sin 3 x sin x − 2cos3 x + 3 cos x = 0 ) sin 3 x = 0 sin x + 3 cos x = 2cos3 x π * sin 3 x = 0 � x = k ( k �Z ) 3 � π� *sin x + 3 cos x = 2cos3 x � cos �x − �= cos3 x � 6� π x = − + kπ 12 � ( k �Z ) π kπ x= + 24 2 π π kπ kπ Vậy nghiệm của phương trình là x = − + k π; x = + ;x = (k Z) 12 24 2 3 5 − 4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x + x + − 2 ( 1) 1,0 II x x x>0 � �x > 0 ĐK: � 10 � �2 � x>0 x+ −2 0 x − 2 x + 10 0 x ( ) Bpt(1) � 2 x 2 − 4 x + 5 � x 2 − 2 x + 10 � 2 x 2 − 2 x + 10 − 15 � x 2 − 2 x + 10 Đặt t = x 2 − 2 x + 10 = ( x − 1) 2 + 9 3 ( *) 5 t − Bpt trở thành 2t 2 �� −− 0 t 15 2 t 3 ( do ( *) ) t 3 t �3 � x 2 − 2 x + 10 �3 � x 2 − 2 x + 1 �0 � ( x − 1) �0 ( h / n ) 2 Vậy nghiệm bất phương trình là x �( 0; +�) III π 1,0 Tính tích phân sau I = 4 1 + sin 2 x 3 4 dx 0 2sin x cos x + cos x
π π I=� 2 4 ( sin x + cos x ) 2 dx = � 4 4 cos 2 x ( tan x + 1) dx 2 0 cos x 2sin x ( cos x + cos 2 x 0 cos x ) ( 2 tan x + 1) π π 4 =� 2 ( tan x + 1) 2 dx = � ( tan x + 1)42 d ( tan x ) 0( 0 cos x ( 2 tan x + 1) 2 tan x + 1) 1 Đặt t = tan x � dt = d ( tan x ) = dx cos 2 x x = 0�t = 0 Đổi cận π x = �t =1 4 Khi đó I =� 1 ( t + 1) 2 dt = 1 1 ( 2t + 1) ( 2t − 1) + 4 ( 2t + 1) + 1 dt = 1 �2t − 1 + 4 + 1 � 4� � � dt � 0 2t + 1 0 2t + 1 � 0 2t + 1 � 1 1 �2 1 � 1� 1 � 1 I= � t + 3t + ln 2t + 1 � = � 4 + ln 3 �= 1 + ln 3 4� 2 �0 4 � 2 � 8 IV Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC = BC = 2a. Mặt phẳng ( SAC ) tạo với ( ABC ) một góc 600 . Hình chiếu H của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và 1,0 khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB S K C H B N a M A
∆ABC vuông tại A có BC = 2a, AC = a; ﾶB = 300 , ﾶC = 600 Gọi N laftrung điểm của AC Vì AC ⊥ AB � AC ⊥ HN , AC ⊥ SH � AC ⊥ ( SHN ) � SNH ﾶ = 600 a 3 3a Trong tam giác SNH � HN = ; SH = 2 2 a2 3 S ∆ABC = 2 1 a3 3 � VS . ABC = SH .S ABC = 3 4 Kẻ a // AH (a đi qua B) HA // ( SB, a ) Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí HK = d ( HA; SB ) ﾶ a 3 Tam giác ACH đều nên góc HBM = 600 � HM = HB sin 600 = 2 1 1 1 3a Trong tam giác SHM ta có 2 = 2 + 2 � HK = HK HM HS 4 ( 2 1 + 25 x )+ 23 x +1 Giải phương trình 1+ 2 x 1+ 2 2x ( = 2 x 1 + 2 x + 22 x ) 1,0 3x 2 2.2 2.32 x pt � x + x + x = 2 x + 4x + 8x 1+ 2 1+ 4 1+ 2 1 8x 32 x 2 x + 4 x + 8x � + + = 1 + 2x 1 + 4x 1 + 2x 2 x x x 4 16 64 2 x + 4 x + 8x � x + + = 4 + 8x 2 x + 8x 2x + 4 x 2 � x (2 ) + x 2 + (4 )x 2 = (8 ) 2 x + 4 x + 8x x 2 V 4 + 8x 2 x + 8x 2x + 4 x 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2x 4x 8x 2 x + 4 x + 8x 2 x + 4 x + 8x Ta có + + = 4 x + 8x 2 x + 8x 2x + 4x ( 2 2 x + 4 x + 8x ) 2 Vậy (2 )x 2 + + (4 ) x 2 = (8 ) x 2 2 x + 4 x + 8x � x 2x = 4x = 8x 4 x + 8x 2 x + 8x 2 x + 4 x 2 4 + 8x 2 x + 8x 2 x + 4 x 2x 4x 1 2x = = �4 x + 8 x 2 x + 8 x �2 x + 4 x 1 + 4 x 1 + 4x = 4x + 8x � �� x=0 x � 2 8x � 1 4x 1 + 2 x = 8 x + 16 x �4 x + 8 x = 2 x + 4 x � = �2 x + 4 x 1 + 2 x 2,0 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 1,0 ( C ) : ( x − 3) 2 + ( y − 1) 2 = 9 và đường thẳng ( d ) : x + y − 10 = 0 . Từ điểm M trên
(d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB = 3 2 y d A M H I B O x Đường tròn (C) có tâm I ( 3;1) , bk R = OA = 3 3 2 Gọi H = AB IM , do H là trung điểm của AB nên AH = . Suy ra: 2 9 3 2 IA2 6 IH = IA − AH = 9 − = 2 2 và IM = = =3 2 2 2 IH 2 Gọi M ( a;10 − a ) ( d) ta có IM 2 = 18 � ( a − 3) + ( 9 − a ) = 18 2 2 2a 2 − 24a + 90 = 18 � a 2 − 12a + 36 = 0 � a = 6 Vậy M ( 6;4 ) 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A ( 1;1;2 ) , B ( 0; −1;3) . Gọi C là giao điểm của đường thẳng AB và mp ( Oxy ) . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ( AB ) sao cho 1,0 mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng ( Oxy ) theo giao tuyến là đường tròn có VIa bán kính bằng 2 5 A M N C (Oxy) B uuur uuur Gọi C ( c1; c2 ;0 ) ( Oxy ) khi đó ta có AC = ( c1 − 1; c2 − 1; −2 ) ; AB = ( −1; −2;1) uuur uuur Do C = ( AB ) �� ( Oxy ) C ( AB ) khi đó AC ; AB cùng phương
uuur uuur Nên tồn tại số thực k sao cho AC = k AB c1 − 1 = − k uuur uuur c1 = 3 Vậy AC = k AB � � c2 − 1 = −2k �� C ( 3;5;0 ) c2 = 5 −2 = k uuuur uuur Gọi M ( m, n, p ) �( AB ) � AM = ( m − 1; n − 1; p − 2 ) ; AB = ( −1; −2;1) uuuur uuur AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho �m − 1 = −t �m = 1− t uuuur uuur � � AM = t AB � � n − 1 = −2t � � n = 1 − 2t � M ( 1 − t ;1 − 2t ; 2 + t ) �p − 2 = t �p = 2 + t � � CM = ( t + 2 ) 2 + ( 2t + 4 ) 2 + ( 2 + t ) 2 = 6t 2 + 24t + 24 Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên ( Oxy ) suy ra MN = zM = t + 2 Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN 2 + NC 2 = MC 2 t =0 6t 2 + 24t + 24 = t 2 + 4t + 4 + 20 � 5t 2 + 20t = 0 � t = −4 t = 0 � M ( 1;1;2 ) ; t = −4 � M ( 5;9; −2 ) Vậy M ( 1;1;2 ) hoặc M ( 5;9; −2 ) 1 1 1 1 89 Với mọi n γ N , n 3. Giải phương trình 3 + 3 + 3 + ..... + 3 = 1,0 C3 C4 C5 Cn 30 k! k ( k − 1) ( k − 2 ) 1 6 3 Ta có Ck = = � 3= ( k �3) 3!( k − 3) ! 6 Ck k ( k − 1) ( k − 2 ) 1 1 2 Ta lại có − = ( k − 1) ( k − 2 ) k ( k − 1) k ( k − 1) ( k − 2 ) 1 1 Đặt f ( k ) = � = 3 ( f ( k ) − f ( k + 1) ) ( k − 1) ( k − 2 ) Ck3 Cho k chạy từ 3 tới n ta được n 1 VIIa 3 = 3 ( f ( 3) − f ( 4 ) + f ( 4 ) − f ( 5 ) + .... − f ( n ) + f ( n ) − f ( n + 1) ) k = 3 Ck n 1 � 1 � 3 = 3 ( f ( 3 ) − f ( n + 1) ) = 3 1 � − � n ( n − 1) � � k = 3 Ck � � 1 1 1 1 � 1 � 89 Hay 3 + 3 + 3 + ..... + 3 = 3 � 1 − �= 30 � n ( n − 1) � C3 C4 C5 Cn � � �n 2 − n − 1 � 89 � 3� 2 �= ( � 90 n 2 − n − 1 = 89n 2 − 89n ) � n − n � 30 n 2 � n − n − 90 = 0 � n = 10 Ck3 = 3 k =3 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C 1,0 đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường
thẳng AC đi qua điểm K ( 6;2 ) I (d) A K C O B B �( d ) : x + 2 y − 5 = 0 nên gọi B ( 5 − 2b; b ) , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra C (2b − 5; −b) và O (0;0) BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 nên I (2;4) và I AB uur Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3;4 − b ) vuông góc với uuur CK = ( 11 − 2b;2 + b ) b =1 ( 2b − 3) ( 11 − 2b ) + ( 4 − b ) ( 2 + b ) = 0 � −5b 2 + 30b − 25 = 0 � b=5 VIb Với b −−1� =B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại �31 17 � Với b = 5 � B(−5;5), C (5; −5) A� ; � �5 5 � �31 17 � Vậy A � ; � ; B( −5;5); C (5; −5) �5 5 � 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A ( 0;0; −1) , B ( 1;2;1) , C ( 2;1; −1) , D ( 3;3 − 3) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường 1,0 thẳng ( AB ) và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN = 3 uuuur uuur Gọi M ( m1; m2 ; m3 ) là điểm thuộc ( AB ) khi đó AM , AB cùng phương uuuur uuur AM = ( m1; m2 ; m3 + 1) , AB = ( 1;2;2 ) uuuur uuur AM , AB cùng phương m1 = t uuuur uuur � ∃t �R : AM = t AB � m2 = 2t � M ( t ;2t; −1 + 2t ) m3 = −1 + 2t Gọi N ( n;0;0 ) ( Ox ) uuuur uuur NM = ( t − n; 2t ;2t − 1) , CD = ( 1; 2; −2 ) uuuur uuur MN vuông góc CD nên NM .CD = 0 � t − n + 4t − 4t + 2 = 0 � t − 2 = n ( 1) MN = 3 � MN 2 = 9 � ( t − ( t − 2 ) ) + 4t 2 + ( 2t − 1) = 9 2 2
t =1 2 2 � 8t − 4t + 5 = 9 � 8t − 4t − 4 = 0 � 1 t= 2 Với t = 1 � n = −1 � M ( 1;2;1) , N ( −1;0;0 ) 1 3 �1 � �3 � Với t = � n = − � M � ;1;0 � ,N� − ;0;0 � 2 2 �2 � �2 � � 1 1 1 1 � Tìm …. ( n + 1) � Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + L + Cnn �= 1023 1,0 � 2 3 4 n +1 � 1 1 1 1 1023 Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + L + Cnn = 2 3 4 n +1 10 Ta thấy VT có dạng n 1 n 1 n! n n! � k =0 k + 1 Cn = � k k = 0 k + 1 k !( n − k ) ! =� k = 0 ( k + 1) !( n + 1 − ( k + 1) ) ! 1 n ( n + 1) ! n = � n + 1 k =0 ( k + 1) !( ( n + 1) − ( k + 1) ) ! = n � k =0 Cnk++11 1 1 = n +1 ( Cn1+1 + Cn2+1 + .... + Cnn++11 ) = n +1 ( 2n+1 − 1) VIIb 1 1 1 2 1 3 1 1023 Mà Cn + Cn + Cn + Cn + L + Cnn = 0 2 3 4 n +1 n +1 1 1023 � n +1 ( 2n+1 − 1) = n +1 � 2n +1 = 1024 � n = 9