Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Long Mỹ (2012-2013)

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi tuyển sinh Đại học. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Long Mỹ (2012-2013) để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Long Mỹ (2012-2013)

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 3  3x 2   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số 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  4 1  sin 2 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau I   dx 0 2sin x cos3 x  cos 4 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 2 2 Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  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 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  N , n  3. Giải phương trình 3  3  3  .....  3  C3 C4 C5 Cn 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  Cn  Cn    n Cn   1023  2 3 4 n 1  ttbag@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
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 Điểm 3 2 Cho hàm số y  x  3x   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số 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 5 2 P  0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 với O  0;0  1) Học sinh tự vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và (d): x 3  3 x 2   m  1 x  1  x  1  x  0  y  1  P  0;1  x  x 2  3x  m   0   2  x  3x  m  0  2   Để  Cm  cắt (d) tại 3 điểm phân biệt   2  có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m  0   9 I m  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 ngoại 2 4R 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   2x 2 1    2 x1  1 2 x12  2 x1  1 2 2 Với x1  3 x1  m; x2  3x2  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 có 2  m  3 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  2cos2 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 3x cos x  cos 2 2 x  sin 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3x cos x
 cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3x cos x  2sin 3x sin x  4sin 3 x cos3 x  2 3 sin 3x cos x   2sin 3x sin x  2 cos 3x  3 cos x  0  sin 3 x  0 II  sin x  3 cos x  2cos3 x  * sin 3x  0  x  k  k  Z  3   *sin x  3 cos x  2cos3 x  cos  x    cos 3 x  6    x   12  k   k  Z  x   k    24 2   k k Vậy nghiệm của phương trình là x    k ; x   ;x  k  Z  12 24 2 3 5  4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x   x   2 1 1,0 x x x  0 x  0   ĐK:  10  2  x0 x  x  2  0   x  2 x  10  0    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 2 Bpt trở thành 2t  t  15  0  t   2  t  3  do *   t  3 2 t  3  x 2  2 x  10  3  x 2  2 x  1  0   x  1  0  h / n  Vậy nghiệm bất phương trình là x   0;    4 1  sin 2 x 1,0 Tính tích phân sau I   2sin x cos3 x  cos4 x dx 0   2 2 4  sin x  cos x  4 cos 2 x  tan x  1 I dx   dx III 2  2 0 cos x 2sin x cos x  cos x  4 0 cos x  2 tan x  1   2 4  tan x  1  tan x  12 d tan x 4  2 dx     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  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   dt 0 2t  1 40 2t  1  0 2t  1  1 1 1  1 1  1 I   t 2  3t  ln 2t  1    4  ln 3   1  ln 3 4 2 0 4 2  8 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 1,0 phẳng  ABC  là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB S K IV H C B N a M A ABC vuông tại A có BC  2a, AC  a;   300 ,   600 B C Gọi N laftrung điểm của AC Vì AC  AB  AC  HN , AC  SH   AC   SHN   SNH  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   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  2x 1 2 2x   2 x 1  2 x  22 x  1,0 2 2.23 x 2.32 x pt  x  x  x  2 x  4 x  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 2 x  4 x 2 x 2 x 2 x 2  2   4   8   2 x  4 x  8x V 4 x  8x 2 x  8x 2x  4x 2 2 2 2 2 Ta có   2x    4x    8x   2 x  4 x  8x   2 x  4 x  8x 4 x  8x 2 x  8x 2 x  4x  2 2 x  4 x  8x  2 x 2 x 2 x 2 Vậy 2   4  2 x  4 x  8x  8   x 2x   x 4x  x 8x 4 x  8x 2 x  8x 2 x  4 x 2 4  8x 2  8x 2  4 x  2x 4x  1 2x  x  x   1  4 x  4 x  8 x  4  8x 2  8x  x  x 1  4x    2 4   x0 x x x x x x  2 8  1  4 1  2  8  16   4 x  8x  2 x  4 x   2x  4x 1  2x  2,0 2 2 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  9 và đường thẳng  d  : x  y  10  0 . Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), 1,0 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 VIa 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 2 9 3 2 2 IA2 6 IH  IA  AH  9   và IM   3 2 2 2 IH 2 2 2 Gọi M  a;10  a    d  ta có IM 2  18   a  3    9  a   18 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 mặt 1,0 cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5 A M N C (Oxy) B    Gọi C  c1; c2 ;0    Oxy  khi đó ta có AC   c1  1; c2  1; 2  ; AB   1; 2;1    Do C   AB    Oxy   C   AB  khi đó AC; AB cùng phương   Nên tồn tại số thực k sao cho AC  k AB
c1  1  k     c1  3 Vậy AC  k AB  c2  1  2k    C  3;5;0   2  k c2  5      Gọi M  m, n, p    AB   AM   m  1; n  1; p  2  ; AB   1; 2;1     AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho  m  1  t m  1  t       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  z M  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  N , n  3. Giải phương trình 3  3  3  .....  3  1,0 C3 C4 C5 Cn 30 3 k! k  k  1 k  2  1 6 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  3  f  k   f  k  1   k  1 k  2 Ck Cho k chạy từ 3 tới n ta được n 1 VIIa  C 3  3  f  3  f  4   f  4   f 5  ....  f  n   f  n   f  n  1 k 3 k n   1 1  C 3  3  f  3  f  n  1   3 1  n  n  1    k 3 k   1 1 1 1  1  89 Hay 3  3  3  .....  3  3 1   n  n  1   30  C3 C4 C5 Cn    n 2  n  1  89  3 2    90 n 2  n  1  89n 2  89n   n  n  30 n  n 2  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 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 1,0 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 VIb 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  Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với  CK  11  2b; 2  b  b  1  2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b2  30b  25  0   b  5 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 thẳng  AB  và điểm N thuộc trục hoành 1,0 sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3     Gọi M  m1; m2 ; m3  là điểm thuộc  AB  khi đó AM , AB cùng phương   AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2; 2      AM , AB cùng phương m1  t      t  R : AM  t AB  m2  2t  M  t ; 2t ; 1  2t  m  1  2t  3 Gọi N  n;0;0    Ox    NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2      MN vuông góc CD nên NM .CD  0  t  n  4t  4t  2  0  t  2  n 1 2 2 MN  3  MN 2  9   t   t  2    4t 2   2t  1  9
t  1  8t  4t  5  9  8t  4t  4  0   1 2 2 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  Cn  Cn2  Cn3    1 Cnn   1023 1,0  2 3 4 n 1  1 1 1 1 1 1023 Cn0  Cn  Cn2  Cn3    Cnn  2 3 4 n 1 10 n 1 n 1 n! n n! Ta thấy VT có dạng  Cnk    k 0 k  1 k  0 k  1 k ! n  k  ! k  0  k  1 ! n  1   k  1  ! 1 n  n  1! n  n  Cnk11   n  1 k  0  k  1!  n  1   k  1 ! k 0 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    0 Cnn  2 3 4 n 1 n 1 1 1023  n 1  2n1  1  n  1  2n1  1024  n  9 ttbag@gmail.com sent to www.laisac.page.tl