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

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 (2012-2013) khối B.

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 B

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN; Khối B, D. Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 08/12/2012 Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − (m − 1)x 2 − 3x + m + 1 (Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị (C m ) tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2. Câu II (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos 2 x + 3cos x − 2cos3x = 4sin x sin 2x 9y3 (3x 3 − 1) = −125  2. Giải hệ phương trình:  (x; y ∈ ℝ)  45x y + 75x = 6y 2 2  n  1  Câu III (1.0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển sau:  3 nx 5 + 3  biết 4  x  rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 2C1 + C2 = n 2 − 20. n n Câu IV (2.0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C 'D ' có cạnh bằng a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A 'B' và B'C '. 1. Tính thể tích của khối tứ diện AD 'MN theo a. 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và D ' N. Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: 5a + 5b + 5c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 P= +3 +3 3 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a Câu VI (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(−2;6) và hai đường thẳng d1 , d 2 có phương trình lần lượt là: 2x − y − 1 = 0 và 3x − 4y − 19 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C) biết (C) có tâm nằm trên đường thẳng d1 , đi qua điểm A và tiếp xúc với d 2 . ( ) ( ) 3x 2 − x 3x 2 − x Câu VII (1.0 điểm) Giải phương trình: 4 − 7 + 4+ 7 − 46.33x −x−2 =0 2 -------------------------- 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:.................................. 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 B, D (Đáp án – thang điểm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm I 1. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị với m = 1 ⇒ y = x − 3x + 2 3 (2.0 điểm) ▪ Tập xác định: D = ℝ . ▪ Sự biến thiên: lim y = −∞ , lim y = +∞ 0.25 x →−∞ x →+∞ x = −1 ⇒ y(−1) = 4 y ' = 3x 2 − 3, y' = 0 ⇔ 3x 2 − 3 = 0 ⇔  0.25 x = 1 ⇒ y(1) = 0 ▪ Bảng biến thiên: x −∞ -1 1 +∞ ' y + 0 – 0 + y 4 +∞ 0.25 CĐ CT −∞ 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1), (1; +∞) và nghịch biến trên (−1;1) . Hàm số đạt CĐ tại x = −1, yC§ = 4 và đạt CT tại x = 1, y CT = 0. • Đồ thị: x 1 −2 2 y 0 0 4 Ta có: y '' = 6x ⇒ y'' = 0 ⇔ x = 0 0.25 ⇒ Đồ thị có 1 điểm uốn I(0; 2) Nhận xét: Đồ thị nhận điểm I(0; 2) làm tâm đối xứng. 2. (1.0 điểm) Tìm m … Với x = 1 ⇒ y = 0 ⇒ A(1;0) . Ta có: y ' = 3x 2 − 2(m − 1)x − 3 0.25 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C m ) tại A là: y = −2(m − 1)(x − 1) (∆ ) (∆) cắt Ox tại A(1;0) và cắt Oy tại B(0; 2m − 2) (m ≠ 1) 0.25 1 1 Diện tích tam giác OAB là: S ∆OAB = OA.OB = x A . y B = m − 1 0.25 2 2 Theo giả thiết: S ∆OAB = 2 ⇔ m − 1 = 2 ⇔ m = 3 ∨ m = −1 (thoả mãn) 0.25 Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m = −1 và m = 3 . II 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: (2.0 điểm) ⇔ 2 cos2 x + 3cosx − 2 cos(x + 2x) = 4sin xsin 2x 0.25 ⇔ 2 cos2 x + 3cosx − 2(cosx cos 2x − sin x sin 2x) = 4sin x sin 2x ⇔ 2 cos2 x + 3cosx − 2(cosx cos 2x + sin x sin 2x) = 0 ⇔ 2 cos2 x + 3cosx − 2 cosx = 0 0.25  cos x = 0 ⇔ 2 cos x + cosx = 0 ⇔  2 0.25  cos x = − 1   2  π  x = 2 + kπ π 2π ⇔ . Vậy nghiệm của p/trình đã cho là: x = + kπ; x = ± + k2 π. 0.25  x = ± 2 π + k2 π 2 3   3 Trang 1/3
II 2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình… (2.0 điểm) Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ ⇒ y ≠ 0  125  125 27x − 9 = − y3 27x + y3 = 9 3 3   0.25 Khi đó hệ tương đương  ⇔ 15 x  3x + 5  = 6 2 45 x + 75 x = 6  y  y 2  y  y    u = 3x   3 u + v = 9 3  (u + v) − 3uv(u + v) = 9 3 Đặt  5 ⇒ Hệ trở thành:  ⇔ v = y  uv(u + v) = 6   uv(u + v) = 6   0.5  (u + v) = 27 3 u + v = 3 u = 2 ∧ v = 1 ⇔ ⇔ ⇔ uv(u + v) = 6   uv = 2 u = 1 ∧ v = 2 u = 2 ⇒ x = 2 / 3 u = 1 ⇒ x = 1 / 3 ▪ Với  ▪ Với  v = 1 ⇒ y = 5 v = 2 ⇒ y = 5 / 2 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (2 / 3;5), (1 / 3;5 / 2) III Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 … (1.0 điểm) Ta có: 2C1 + C 2 = n 2 − 20 (1) n n Điều kiện: n ≥ 2; n ∈ ℤ n(n − 1) n = 8 0.25 ⇒ (1) ⇔ 2n + = n 2 − 20 ⇔ n 2 − 3n − 40 = 0 ⇔  2  n = −5 (lo¹i) ( ) 8 88 8− k k 8 40 −14 k  1   1   1   x   x  k =0 ∑ Ta có:  3 8x 5 + 3  =  2 3 x 5 + 3  = C 8 2 3 x 5 k  3  = C8 2 x x  k =0 ∑ k 8− k 3 0.25 40 − 14k Khai triển chứa x 4 ⇔ = 4 ⇔ k = 2. 0.25 3 Vậy hệ số của x 4 là: C 8 26 = 1792. 2 0.25 IV 1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối tứ diện AD 'MN. (2.0 điểm) a 1 a a 3a 2 Ta có: S ∆D 'MN = S A 'B 'C 'D' − 2S ∆D ' C ' N − S ∆B'MN = a 2 − a ⋅ − ⋅ ⋅ = 0.5 2 2 2 2 8 A D Theo giả thiết: AA ' ⊥ (A 'B 'C ' D ') ⇒ AA ' là đường cao của tứ diện AD 'MN. B C 1 Vậy VA.D'MN = ⋅ AA '⋅ S ∆D'MN 3 0.5 1 3a 2 a 3 = ⋅a ⋅ = H 3 8 8 A' Q P D' M K B' N C' 2. (1.0 điểm) Tính khoảng cách giữa AM và D ' N Trong (A 'B 'C ' D ') gọi P là trung điểm của A ' D ' ⇒ B 'P // D ' N. Trong (A 'B 'C ' D ') kẻ MQ // B ' P (Q ∈ A ' D '). Do M là trung điểm của A 'B ' nên Q là 0.25 trung điểm của A ' P ⇒ D 'Q = 3A 'Q. Do MQ // B ' P ⇒ MQ // D ' N ⇒ D ' N // (AMQ) ⇒ d(AM, D ' N) = d(D ' N,(AMQ)) 0.25 = d(D ',(AMQ)) = 3d(A ',(AMQ)) (do D 'Q = 3A 'Q ) Trong (A 'MQ) kẻ A ' K ⊥ MQ ⇒ MQ ⊥ (AA ' K) . Trong (AA ' K) kẻ A ' H ⊥ AK. 0.25 ⇒ A ' H ⊥ (AMQ) ⇒ d(A ',(AMQ)) = A ' H. 1 1 1 1 1 1 1 4 16 a Ta có: 2 = 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 ⇒ A 'H = A' H A 'A A'K A'A A 'M A 'Q a a a 21 0.25 3a Vậy d(AM,D ' N) = 3A ' H = 21 Trang 2/3
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (1.0 điểm) Cauchy 2a + 3b + 1 + 1 2a + 3b + 2 Ta có: 3 2a + 3b = 3 (2a + 3b).1.1 ≤ = 3 3 0.25 1 3 ⇒ ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2a + 3b = 1. 3 2a + 3b 2a + 3b + 2 1 3 Tương tự ta có: 3 ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2b + 3c = 1. 2b + 3c 2b + 3c + 2 0.25 1 3 ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2c + 3a = 1. 3 2c + 3a 2c + 3a + 2 Với x > 0;y > 0;z > 0 ta có:  1 1 1  Cauchy 3 1 1 1 9 (x + y + z)  + +  ≥ 3 3 xyz ⋅ =9⇒ + + ≥  x y z 3 xyz x y z x+y+z  1 1 1  0.25 Do đó: P ≥ 3  + +   2a + 3b + 2 2b + 3c + 2 2c + 3a + 2  27 27 ≥ = =3 2a + 3b + 2 + 2b + 3c + 2 + 2c + 3a + 2 5a + 5b + 5c + 6 Vậy min P = 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 / 5. 0.25 VI Viết phương trình đường tròn (C) … (1.0 điểm) Giả sử (C) có tâm I, bán kính R. 0.25 Do I ∈ d1 ⇒ I(a;2a − 1). Mà A ∈ (C) ⇒ R = IA = (a + 2)2 + (2a − 7)2 3a − 4(2a − 1) − 19 d 2 tiếp xúc với (C) ⇔ d(I,d 2 ) = R = IA ⇔ = (a + 2)2 + (2a − 7)2 0.25 3 + (−4) 2 2 ⇔ a + 3 = (a + 2)2 + (2a − 7)2 ⇔ a 2 + 6a + 9 = 5a 2 − 24a + 53 a = 2 ⇒ I(2; 3) vaø R = 5 0.25 ⇔ 2a2 − 15a + 22 = 0 ⇔  a = 11 / 2 ⇒ I(11 / 2;10) vaø R = 17 / 2 Vậy phương trình đường tròn (C) thỏa mãn đề bài là: (x − 2)2 + (y − 3)2 = 25 0.25 (x − 11 / 2)2 + (y − 10)2 = 289 / 4 VII.a Giải phương trình … (1.0 điểm) ( ) ( ) 3x2 − x 3x2 − x 2 −x ⇔9 4− 7 +9 4+ 7 − 46.33x =0 3x − x 2 3x − x 2 0.25 4− 7 4+ 7 ⇔ 9 + 9 − 46 = 0 (1)  3        3  3x2 − x 3x2 − x 4+ 7 4− 7  1  4− 7 4+ 7  Đặt: t =   3  (t > 0) ⇒   3   =  do  ⋅ = 1      t  3 3   23 + 8 7 0.25 t = 9 9 Khi đó, (1) trở thành: + 9t − 46 = 0 ⇔ 9t 2 − 46t + 9 = 0 ⇔  (tháa m·n) t  23 − 8 7 t =  9 3x2 − x 2 23 + 8 7 4+ 7  4+ 7 x = 1 ▪ Với t = ⇒  =  ⇔ 3x − x = 2 ⇔  2 0.25     9  3   3   x = −2 / 3 3x2 − x −2 23 − 8 7 4+ 7  4+ 7  0.25 ▪ Với t = ⇒  3   =  3   ⇔ 3x 2 − x + 2 = 0 VN (do ∆ < 0) 9     Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1; x = −2 / 3 ⋅ ------------------------Hết------------------------ Trang 3/3