Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Lương Văn Chánh lần 1 (2012-2013)

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Lương Văn Chánh lần 1 (2012-2013). Nhằm giúp cho các bạn em củng cố kiến thức chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Lương Văn Chánh lần 1 (2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20122013 Môn thi : TOÁN, KHỐI A, A1, B, D (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x3 - 3 2 + m mx (1 ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1 khi m = 1 ) 2. Tìm m để hàm số (1 có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị thẳng hàng với điểm A ( - ) ) 1;3 Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: cos x - sin x + cos 2 x + sin 2 x = 1 + cos 3 x ì ï xy + x - y = - x + 2 y Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình: í ï3log 3 ( x + 2 y + 6 ) = 2 log 2 ( x + y + 2 ) + 1 î x 2 Câu 4 (1 điểm). Tìm ò 3 dx x - x x - 2 Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC 3 æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö æ 3 ö Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ç1 + ÷ ç1 + ÷ ç1 + ÷ ³ ç1 + ÷ è a ø è b ø è c ø è a + b + c ø PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm 2 2 A ( 2; - ) , B (1; 0 ) và tiếp xúc với đường tròn ( C ¢ ) : ( x - 6 ) + ( y - 3) = 16 . 1 Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 2 điểm A ( 5; - 4 ) và B ( 2; - 2 ) 4; 1; 1. Tìm tọa độ điểm N thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho A, B, N thẳng hàng 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MA + MB nhỏ nhất Câu 9.a (1 điểm). Cho X là tập hợp các số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau được lập thành từ tập E = {1; 2;3; 4;5;6 ; chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập X. Tính xác suất để hai số được chọn có các chữ số khác } nhau và có tổng bằng 18? B. Theo chương trình Nâng cao 2 2 Câu 7.b (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x - 1) + ( y - 2 ) = 4 và đường thẳng : ( d ) : x - y + 7 = 0 . Tìm trên d điểm M mà từ đó có thể kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB tới (C) (với A, B là các tiếp điểm) sao cho độ dài đoạn AB đạt giá trị nhỏ nhất Câu 8.b (1 điểm). Trong không gian Oxyz, cho các điểm A (1; -1;3 ) , B ( 2;0;1) , C ( - 0; 0 ) và điểm D thuộc 1; uuu uuu r r trục Oz; biết góc giữa 2 vectơ AB, CD có số đo bằng 45°, hãy xác định tọa độ điểm D. 1 1 Câu 9.b (1 điểm). Giải bất phương trình : > log 1 2 x - 3 x + 1 log 1 ( x + 1 ) 2 2 2 2 Chú ý: Thí sinh thi khối D không làm câu 5.2 .........................….. Hết ….......................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn thầy Nguyễn Trọng Hiệp (nntqhh@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A, A1, B, D MÔN TOÁN ( Lần 1/2013 ) Câu Đáp án Điểm 1 1. (1 điểm) 3 2 (2 điểm) Với m = 1 , hàm số y = x – 3x + 1 * TXĐ: D = R * Giới hạn : lim y = -¥ , lim y = +¥ x ®-¥ x ®+¥ 0,25 2 é x = 0 Þ y = 1 y’ = 3x – 6x Þ y ' = 0 Û ê ë x = 2 Þ y = -3 * Bảng biến thiên: x -¥ 0 2 +¥ y’ + 0 - 0 + 0,25 1 +¥ y -¥ -3 * Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( -¥;0 ) ; ( 2; +¥ ) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, yCD = 1 ; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 3 * y” = 6x – 6 Þ y " = 0 Û x = 1 Þ y = -1 Þ I (1; - ) : điểm uốn 1 Đồ thị ( tự vẽ ). 0,25 2. (1 điểm) 2 é x = 0 TXĐ: D = R; y’ = 3x – 6mx Þ y ' = 0 Û ê 0,25 ë x = 2 m Hàm số có cực đại, cực tiểu Û PT y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt Û m ¹ 0 0,25 3 Þ đồ thị có 2 điểm cực trị: M (0; m) và N(2m; m – 4m ) uuuu r uuur AM = (1; m - 3 , AN = ( 2m + 1; m - 4m 3 - 3 ) ) 0,25 uuuu r uuur YCBT Û AM và AN cùng phương Û 1 × ( m - 4m 3 - 3 - ( m - 3 )( 2m + 1 = 0 ) ) 3 0,25 Û m × ( 4m 2 + 2m - 6 = 0 Û m = 1 hay m = - ( vì m ¹ 0 ) ) 2 2 PT tương đương với sin x + 1 - cos 2 x - sin 2 x + cos 3 x - cos x = 0 (1 điểm) Û sin x + 2sin 2 x - 2sin x cos x - 2sin 2 x sin x = 0 Û sin x (1 + 2 sin x - 2 cos x - 2 sin 2 x ) = 0 0,25 ésin x = 0 Ûê ë + 2sin x - 2 cos x - 2sin 2 x = 0 1 + sin x = 0 Û x = kp ( k Î Z ) 0,25 + 1 + 2 sin x - 2 cos x - 2 sin 2 x = 0 æ pö Đặt t = cos x - sin x = 2 cos ç x + ÷ ; điều kiện: - 2 £ t £ 2 è 4 ø 0,25 1 ± 3 Þ sin 2 x = 1 - t 2 ; PT thành: 2t 2 - 2t - 1 = 0 Û t = : thỏa mãn đ/kiện 2 æ p ö 1+ 3 æ p ö 1 + 3 p + 2 cos ç x + ÷ = Û cos ç x + ÷ = = cos 0,25 è 4ø 2 è 4 ø 2 2 12 2
p p Û x=- + k 2p Ú x = - p + k 2 6 3 æ p ö 1- 3 æ p ö 1 - 3 æ p ö + 2 cos ç x + ÷ = Û cos ç x + ÷ = = sin ç - ÷ è 4ø 2 è 4 ø 2 2 è 12 ø æ pö 7p p p 5 Û cos ç x + ÷ = cos Û x = + k 2p Ú x = - p + k 2 è 4 ø 12 3 6 Vậy phương trình có nghiệm: p p p 5 x = kp ; x = ± + k 2p ; x = - + k 2p ; x = - + k 2 p ( k Î Z ) 3 6 6 3 Điều kiện : x ³ 0; y ³ 0 (1 điểm) + Hệ PT tương đương với: í ì x- y ï ( )( x + 2 y + 1 = 0 ) (1 ) 0,25 ï3log 3 ( x + 2 y + 6 ) = 2 log 2 ( x + y + 2 ) + 1 î ( 2 ) + (1 Û x = ) y Û x = y (vì x + 2 y + 1 > 0 ) 0,25 Thay x = y vào (2): 3log 3 ( 3 x + 6 ) = 2 log 2 ( 2 x + 2 ) + 1 Û 3log 3 ( x + 2 ) = 2 log 2 ( x + 1 ) ì x + 2 = 3 t ï 2 + đặt 3log 3 ( x + 2 ) = 2 log 2 ( x + 1) = 6t Þ í 3 t Þ 8t + 1 = 9 t ( 3 ) 0,25 ï x + 1 = 2 î Giải PT ( 3 được t = 1 Þ x = 7: thử lại đúng ) 0,25 Vậy, hệ PT có nghiệm : (x; y) = (7; 7) 4 x 2 x x x (1 điểm) ò x3 - x x - 2dx = ò x 3 - x x - 2dx 0,25 3 2 Đặt u = x x Þ du = xdx Þ xdx = du 2 3 x 2 2 u 2 u ò x3 - x x - 2dx = 3 ò u 2 - u - 2du = 3 ò ( u - 2 )( u + 1 ) du 0,25 2 æ 2 1 ö 4 2 = ò ç 3 ( u - 2 ) + 3 ( u + 1) ÷du = 9 ln u - 2 + 9 ln u + 1 + C 3 èç ÷ 0,25 ø x 2 4 2 Vậy ò 2 dx = ln x x - 2 + ln x x + 1 + C 0,25 x - x x - 2 9 9 5 (1 điểm) S K I A D H O B C 1. Gọi H là trung điểm của AB Þ SH ^ AB ( ∆SAB đều ) 0,25 Do (SAB) ^ (ABCD), nên SH ^ (ABCD) (0,5) 3
1 3 Þ VS . ABCD = SH × S ABCD = 1 a 3 × a 2 = a 3 (đvtt) 0,25 3 3 2 6 (0,5) Chú ý: câu này khối D cho 1 điểm 2. Gọi O: tâm hình vuông ABCD, thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Kẻ Ox ^ (ABCD), thì Ox là trục ∆ABC và Ox // SH Gọi K là trọng tâm ∆SAB, trong mp (SH, Ox); qua K, kẻ đường thẳng D // HO cắt Ox tại I. Ta có: OH ^ (SAB) Þ IK ^ (SAB) Þ IK là trục ∆SAB Þ IS = IA = IB & IA = 0,25 IB = IC Þ IA = IB = IC = IS Þ I: tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC 1 a 3 a 3 * OHKI là hình chữ nhật, nên OI = HK = = 3 2 6 a 21 0,25 Bán kính mặt cầu: R = IA = OI 2 + OA2 = 6 Chú ý: câu này khối D không làm 6 æ 1 öæ 1 öæ 1 ö 1 1 1 1 1 1 1 (1 điểm) Ta có : ç1 + a ÷ ç1 + b ÷ ç1 + c ÷ = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc 0,25 è øè øè ø 1 1 1 1 1 1 AD bất đẳng thức Côsi cho các số dương : , , và , , : a b c ab bc ca 1 ö 3 0,5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 æ 1+ + + + + + + ³ 1 + 3 3 + 3 + = ç1 + 3 ÷ a b c ab bc ca abc abc 3 ( abc ) abc è 2 abc ø 1 3 AD bất đ/thức Côsi cho 3 số dương a, b, c : a + b + c ³ 3 3 abc Þ 3 ³ abc a + b + c 3 0,25 æ 1 ö æ 1 öæ 1 ö æ 3 ö Þ ç 1 + ÷ ç1 + ÷ç 1 + ÷ ³ ç 1 + ÷ è a ø è b øè c ø è a + b + c ø 7.a + (C’) có tâm K ( 6;3 , bán kính r = 16 = 4 ) (1 điểm) Gọi đường tròn (C) cần tìm có tâm I, bán kính R Ta có : IA = IB nên I Î D : trung trực của đoạn AB r uuur æ 3 1 ö 0,25 Đường thẳng D có VTPT n = AB = ( -1;1 và qua M ç ; - ÷ là trung điểm AB, ) è 2 2 ø æ 3ö æ 1 ö nên có PTTQ: -1ç x - ÷ + 1ç y + ÷ = 0 Û x - y - 2 = 0 è 2ø è 2 ø 2 + I Î D , gọi tọa độ I ( y0 + 2; y0 ) , khi đó, bán kính R = IB = ) 2 ( y0 + 1 + y0 0,25 + (C) và (C’) tiếp xúc ngoài Û R + r = IK 2 2 2 Û ( y0 + 1) 2 + y0 + 4 = ( y0 - 4 ) + ( y0 - 3 ) 2 2 Û 2 y0 + 2 y0 + 17 + 8 ( y0 + 1) + y02 2 = 2 y0 - 14 y0 + 25 1 0,25 ì 2 ï y £ 0 2 Û ( y0 + 1) + y0 = -2 y0 + 1 Û í 2 Û y = 0 0 ï y - 3 y = 0 2 î 0 0 Khi đó, tâm I ( 2;0 ) , bán kính R = 1 + (C) và (C’) tiếp xúc trong Û R - r = IK Trường hợp này, tìm được y0 = 3 . Khi đó, tâm I ( 5;3 , bán kính R = 5 ) 2 0,25 Vậy, có 2 đường tròn thỏa đề bài: ( C1 ) : ( x - 2 ) + y 2 = 1 2 2 và ( C2 ) : ( x - 5 ) + ( y - 3 ) = 25 4
uuu r 8.a a) Ta có: AB = ( -3;3; -2 ) (1 điểm) uuur Giả sử N ( x; y;0 ) Î ( Oxy ) Þ BN = ( x - 2; y + 1; -2 ) ì x - 2 = -3k ì x = -1 uuur uuu r ï ï 0,25 A, B, N thẳng hàng Û BN = k AB Û í y + 1 = 3k Û í y = 2 ï -2 = -2k ï k = 1 î î Vậy N ( - 2; 0 ) 1; b) Ta có B¢ ( 2; -1; - ) là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng ( Oxy ) 2 0,25 z A = 4; z B¢ = -2 Þ z A × z B ¢ < 0 Þ A và B’ ở hai phía của mặt phẳng ( Oxy ) + Giả sử M ( x; y ;0 ) Î ( Oxy ) , ta có: MA + MB = MA + MB¢ ³ AB¢ 0,25 MA + MB nhỏ nhất khi MA + MB¢ = AB¢ Û A, B¢, M thẳng hàng uuur uuuur + Ta có: AB ¢ = ( -3;3; -6 ) B¢M = ( x - 2; y + 1; 2 ) ì ì x - 2 = -3k ï x = 3 uuuur uuur ï ï A, B’, M thẳng hàng Û B¢M = k AB¢ Û í y + 1 = 3k Û í y = -2 0,25 ï 2 = -6k ï 1 î ïk = - î 3 Vậy M ( 3; - ) 2;0 9.a 2 2 (1 điểm) + X có A = 30 phần tử Þ W = C30 6 0,25 + Gọi A là biến cố “chọn được 2 số có tổng các chữ số bằng 18” Từ tập E, chỉ có 1 bộ số ( 3; 4;5;6 ) thỏa: 3+4+5+6 = 18 0,25 2 Có A4 = 12 số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau được lập thành từ tập {3; 4;5;6 } + Chia 12 số đó thành 2 nhóm: nhóm I gồm các số có chứa chữ số 3 và nhóm II gồm các số không chứa chữ số 3 (mỗi nhóm có 6 số) Ứng với mỗi số ab ở nhóm I, có 2 số cd ở nhóm II thỏa: a + b + c + d = 18 0,25 Þ W A = 6 × 2 = 12 W A 12 + Vậy, P( A = ) = 2 » 2,8% 0,25 W C30 7.b (1 điểm) + (C) có tâm I (1; 2 ) , bán kính R = 2 . Gọi H = IM Ç AB , ta có: IA = IB; MA = MB Þ IM ^ AB và H; trung điểm AB 0,25 1 1 1 4 1 1 Tam giác vuông AMI có: 2 = 2 + 2 Û 2 = 2+ (1) AH AI AM AB R IM - R 2 2 5
+ d ( I , d ) = 3 2 > R : (d) không cắt (C) nên M nằm ngoài (C) Þ IM > R Do đó, từ (1) ta có: độ dài AB đạt GTNN Û IM ngắn nhất 0,25 Û M là hình chiếu của I trên (d) + Đường thẳng D qua I, vuông góc (d) có PT dạng: x + y + m = 0 I (1; 2 ) Î D :1 + 2 + m = 0 Þ m = - 3 0,25 PT đường thẳng ( D ) : x + y - 3 = 0 ìx + y - 3 = 0 ì x = -2 + M = ( D ) Ç ( d ) , tọa độ M thỏa hệ PT: í Ûí îx - y + 7 = 0 î y = 5 0,25 Vậy M ( - ) 2;5 uuu r 8.b + AB = (1;1; -2 ) (1 điểm) uuu r D Î Oz, nên tọa độ D ( 0; 0; m ) Þ CD = (1; 0; m ) uuu uuu r r 0,25 uuu uuu r r AB × CD m 1 - 2 ( Þ cos AB , CD = uuu uuur = r AB × CD ) 6 1 + m 2 1 - 2m 1 2 + Theo giả thiết, = Û 1 - 2m = 3 × 1 + m 0,25 2 6 × 1 + m 2 ì1 - 2 m ³ 0 ì 1 ï ï m £ Ûí 2 Ûí 2 Û m = 2 - 6 0,25 ï(1 - 2 m ) = 3 (1 + m ) ï m2 - 4m - 2 = 0 2 î î + Vậy , D ( 0; 0; 2 - 6 ) 0,25 9.b ì 2 x 2 - 3 x + 1 > 0 ì x < 1 Ú x > 1 (1 điểm) ï ï ï 2 + Điều kiện: í 2 x 2 - 3 x + 1 ¹ 1 Û í ï x 2 + 1 ¹ 1 ï x ¹ 0; x ¹ 3 î ï î 2 0,25 1 1 Bất PT tương đương với: < 2 x 2 - 3 x + 1 log 2 ( x + 1 ) 2 log 2 3 1 1 + 2 x 2 - 3 x + 1 < 1 Û 0 < x , thì: log 2 2 x 2 - 3 x + 1 > 0 2 Bất PT tương đương với: log 2 2 x 2 - 3 x + 1 > log 2 ( x 2 + 1) Û 2 x 2 - 3 x + 1 > x 2 + 1 2 0,25 Û 2 x 2 - 3 x + 1 > ( x 2 + 1) Û x 4 + 3 x