Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 (2012-2013) khối A

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho học sinh có thêm tư liệu ôn tập kiến thức trước kì tuyển sinh Đại học sắp diễn ra. Mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 (2012-2013) khối A.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 (2012-2013) khối A

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) C m ơn th y T n ( tan79@gmail.com) g i t i www.laisac.page.tl
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