Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Mai Anh Tuấn lần 1 (2012-2013)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Mai Anh Tuấn lần 1 (2012-2013) mời các bạn và thầy cô hãy tham khảo để giúp các em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh và chính xác nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Mai Anh Tuấn lần 1 (2012-2013)

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) xm Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  ( m là tham số) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m  2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2  OB 2  14 ( với O là gốc tọa độ). (2 cos x  1)sin 4 x Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình:  2sin 2 x cos x  sin x  x 2  2 xy  x  0  Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y     x  2 y  y y  2x x   4 cos 2 x Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân : I   dx .  (1  sin 2 x).cos( x  ) 0 4 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD    900 , AB  3a ,  ADC AD  CD  SA  2a , SA  ( ABCD) . Gọi G là trọng tâm SAB , mặt phẳng (GCD ) cắt SA, SB lần lượt tại M , N . Tính theo a thể tích khối chóp S .CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM , BC . 3 Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thay đổi thoả mãn a  b  c  . Chứng minh rằng: 2 125 1  a 2 1  b2 1  c2   64 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I , có diện tích bằng 4, phương trình đường thẳng BC : x  y  0 , biết M (2;1) là trung điểm của AB . Tìm tọa độ điểm I . 2 2 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn (C ) :  x  1   y  1  4 . Lập phương trình đường thẳng d cách gốc tọa độ một khoảng bằng 2 và tiếp xúc với đường tròn (C ) . Câu 9.a (1,0 điểm) Cho x  0 và C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 nn1  C2 n 1  C2 n 1  236 . Tìm số hạng không n 1 n 2 n 3 2 1 2n 2 n 1 n  1  phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  5  x  .  x    B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm G (2; 1) là trọng tâm, đường thẳng d : 3x  y  4  0 là đường trung trực của cạnh BC, đường thẳng AB có phương trình 10 x  3 y  1  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. x2 y2 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   1 và đường thẳng d : 3x  4 y  12  0 . 16 9 Gọi các giao điểm của đường thẳng d và elip ( E ) là A, B . Tìm trên ( E ) điểm C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6.  22 x 1  2 x  y  6.4 y  Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 2 log 2 ( x  1)  log 4 (2 y  1)  log 2 y  2  ----------Hết ---------- Cảm ơn bạn ( hotboyth75@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A ( Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm x2 Với m  1 ta có y  x 1  Tập xác định: D  R \{1} 0.25  Sự biến thiên: 1 - Chiều biến thiên: y '   0 x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;1) và (1;  ) - Giới hạn và tiệm cận: lim y = 1, lim y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1 0.25 x  -∞ x  +∞ lim y = + ∞ ; lim y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1 x 1 x 1 - Bảng biến thiên: x -∞ 1 +∞ 1a y’ + + (1 điểm) y +∞ 1 0.25 1 -∞  Đồ thị: 6 4 2 0.25 5 -2 Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(1;1) làm tâm đối xứng xm x  1  Phương trình hoành độ giao điểm:  2x  1   2 0.25 x 1 2 x  4 x  1  m  0(*)  1b đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt 0.25 (1 điểm) khác 1  m  1 Gọi A( x1; 2 x1  1); B ( x2 ; 2 x2  1) ; OA2  OB2  14  5( x1  x2 ) 2  10 x1 x2  4( x1  x2 )  12 0.25 Vì x1  x2  2; x1 x2  1  m nên m  1 (thỏa mãn). 0.25  2 Điều kiện: x   m ( m  Z ) . Phương trình đã cho tương đương với: 4 0.25 (1 điểm) sin 2 x  cos x  sin x  2cos x  1  sin 2 x  sin 2 x  0(*)  . Ta có (*)  x  k (k  Z ) 0.25   cos x  sin x  2 cos x  1  1(**) 2  x  k     (**)  sin  2 x    sin  x     (k  Z ) 0.25  4  4  x    k 2   6 3
So sánh điều kiện ta được x  k ; x    k 2 (k  Z ) 0.25 2 6 3 Điều kiện: x  0, y  0. Ta có x 2  2 xy  x  0  x  0; x  2 y  1 0.25 Với x  0 thay vào phương trình thứ hai ta được y  0 .  x  2 y  1  3 (1 điểm) Với x  2 y  1 ta có ta có   x  2 y  y y  2x x   x  2y   x  2 y  y y  2x x 0.25    x y  x  2  xy  5 y  0  x  y 0.25 Với x  y suy ra x  y  1 .Vậy hệ có hai nghiệm x  y  0; x  y  1 0.25   4 4 (cos x  sin x)(cos x  sin x) (cos x  sin x) Ta có I   dx  2  dx 0.25 0 (sin x  cos x ) 2 . 1 (cos x  sin x) 0 (sin x  cos x)2 2 4  Đặt t  sin x  cos x  dt  (cos x  sin x)dx ; x  0  t  1; x  t  2 0.25 (1 điểm) 4 2 dt 2 2 I  2 2  0.25 1 t t 1  2 1 0.25 Vì DC / / AB nên MN / / AB; MN / / CD 2 2 4 0.25 MN  AB  2a  CD ; VSCDMN  2VSCDM  2. VSCDA  VSCDA 3 3 3 S 1 4 3 16 3 VSCDA  SA.SCDA  a  VSCDMN  a 3 3 9 0.25 N M G 2 5 DM / / CN nên d ( DM , BC )  d ( M ,( SBC ))  d ( A,( SBC )) H 3 (1 điểm) A B 0.25 Gọi K là hình chiếu của A trên BC , H là hình chiếu của A trên SK thì d ( A,( SBC ))  AH K 2 SABC 6 a 1 1 1 6a D C  AK  ; 2  2  2  AH  BC 5 AH AS AK 14 4a 0.25  d ( DM , BC )  14 Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ. 125 5 Ta có 1  a 1  b 1  c   2 2 2  ln 1  a 2   ln 1  b 2   ln 1  c 2   3ln 0.25 64 4 4  3 2t 4 1 Xét hàm số f (t )  ln(1  t 2 )  t , t   0;  ; f '(t )   0t  5  2 1 t2 5 2 0.25 6 1 5 2 3 13 6 5 2  3 f (0)  0; f    ln  ; f    ln   f (t )  ln  t   0;  (1 điểm)  2 4 5  2 4 5 4 5  2 4 5 6      Do đó ln 1  a 2  ln 1  b2  ln 1  c 2   a  b  c   3ln   đpcm 5 4 5  0.25 1 Dấu bằng xảy ra  a  b  c  0.25 2 7a Đường thẳng MI qua M và song song với BC nên có phương 0.25 (1 điểm) A trình x  y  1  0 D 1 d (M , BC )  ; S ABCD  4  2.d ( M , BC ).BC  4  BC  2 2 M I 2 0.25 BC MI   2 2 B C
a  3 Gọi I ( a; a  1); MI  2   0.25 a  1 Suy ra I (3; 2) hoặc I (1;0) . 0.25 c Gọi phương trình đường thẳng d là ax  by  c  0( a 2  b2  0) , d (d ; O)  2  2 0.25 a  b2 2 Đường tròn có tâm I (1;1) bán kính R  2. Vì d tiếp xúc với (C ) nên abc 0.25 d (d ; O)  2  2 2 2 a b 8a (1 điểm) b   a suy ra: | a  b  c || c |   0.25 c   a  b  2 Với b   a , chọn a  1  b  1; c  2 2 ta được phương trình x  y  2 2  0 ab 0.25 Với c   ta có 15a 2  2ab  15b 2  0  a  b  0 (không thỏa mãn). 2 Ta có C2kn 1  C22n 11 k k : 0  k  2 n  1 nên n 1 0 0.25 1 2 3 1 2 2  2  C2nn1  C2nn1  C2nn 1  ...  C22nn1  C2 nn1  C2 nn11  C2 n 1  C2 n 1  C22n 1  ...  C22n 1  C2 nn1  C22nn11 1 n 1 2   Mà (1  1) 2 n 1  C20n 1  C2 n 1  C22n 1  ...  C22nn1  C22n 1  C2 nn11 suy ra 236  2n  n  18 1 1 n 2  0.25 9a n 18 18 k  1   1  18  1 18 6 18 (1 điểm)  5  x    5  x    C18  5  .(  x )   C18 (1) . x  5 k k k k 0.25  x   x   x     k 0   k 0 6 k  18 Số hạng không phụ thuộc x ứng với  0  k  3. 5 0.25 Suy ra số hạng cần tìm là C18 ( 1)3  816 3     Gọi M là trung điểm BC , vì M  d nên M ( m;3m  4) . Mà GA  2GM nên 0.25 A(6  2m;5  6m) 7b A  AB  m  2  M (2; 2), A(2; 7) 0.25 (1 điểm) BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x  3 y  8  0 0.25 B  AB  BC nên B(1;3) M là trung đểm BC nên C (5;1) . 0.25 Vì A, B là.các giao điểm của đường thẳng d và elip ( E ) nên A(4;0), B (0;3) hoặc B (4;0), A(0;3) 0.25  AB  5 1 3a  4b  24 Gọi C (a; b ) , S ABC  6  AB.d (C , d )  6  3a  4b  12  12   0.25 8b 2 3a  4b  0 (1 điểm) a 2 b2 Vì C  ( E ) nên  1 0.25 16 9  3   3  Giải hệ ta tìm được C  2 2;   hoặc C  2 2;  0.25  2  2 1 Điều kiện x  1; y  2; y   . 2 9b 2 x y  2 0.25 (1 điểm) Từ phương trình đầu ta có: 2.2 2( x  y )  2  6  0   x y x y  y  x 1 2   3   2 Thế vào phương trình thứ hai ta được: log 2 ( x 3  1)  log 4 (2 x  1) 2  log 2 x 1 0.25 log 2 ( x 3  1)  log 2 2 x  1 ( x  1)  x3  1  2 x  1 ( x  1)  x 2  x  1  2 x  1 1 x  1 Với x  thì ta được phương trình: x 2  3 x  2  0   0.25 2 x  2
1 Với 1  x  thì ta được phương trình: x 2  x  0  x  0 2 0.25 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( x; y )  (0; 1),(1;0),(2;1) ----------Hết ---------- Cảm ơn bạn ( hotboyth75@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl