intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

ĐỀ THI THỬ LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D

Chia sẻ: Phan Thiên Ân | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
95
lượt xem 42
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO VÀ TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN HỌC CÁC KHỐI A,B,D . CHÚC CÁC BẠN HỌC TẬT, LUYỆN THI TỐT MÔN TOÁN HỌC VÀ ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG CÁC KỲ THI SẮP TỚI

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D

  1. www.VNMATH.com SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 (C m ) 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ thị 2 hàm số ( Cm ) cắt đường tròn ( x − 1) + ( y − 2 ) = 1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho AB = 2 2 5 � π� Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin 2 x + 2 sin �2x + �+ 5sin x − 3cos x = 3 � 4� 7 x 3 + y 3 + 3 xy ( x − y ) − 12 x 2 + 6 x = 1 2. Giải hệ phương trình : ( x, y ﾡ ) 3 4 x + y + 1 + 3x + 2 y = 4 π 4 Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân : I = x sin x + sin 2 x dx cos 2 x 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với đáy , ABCD là hình chữ nhật với AB = 3a 2, BC = 3a . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa ( ABCD ) với ( SBC ) bằng 600 . Chứng minh rằng ( SBM ) ⊥ ( SAC ) và tính thể tích tứ diện SABM . Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thoả mãn x + y = 1 . Tìm GTNN của biểu thức: P = 3 1 + 2 x 2 + 2 40 + 9 y 2 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M (0, −1) . Biết AB = 2 AM , đường phân giác trong AD : x − y = 0 ,đường cao CH : 2 x + y + 3 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh. 1 1 3. Giải phương trình : log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1)8 = log 2 4 x 2 4 n −2 � n 2� Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm hệ số chứa x trong khai triển � 4 1 + x + 3x � biết : Cnn++41 − Cnn+3 = 7(n + 3) � 6 � B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x − 1) + ( y + 1) = 25 , điểm 2 2 M (7;3) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA = 3MB ( ) 2. Giải phương trình: log 5 3 + 3 + 1 = log 4 ( 3 + 1) x x Câu VII.b ( 1 điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh: C + 2Cn1 + 3Cn2 + ... + ( n + 1)Cnn = ( n + 2)2 n−1 0 n -----------Hết--------- (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
  2. www.VNMATH.com Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:……………………….. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I TRƯỜNG THPT CÙ HUY NĂM HỌC 2012-2013 CẬN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I.1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (1 điểm) Khi m = 1 ta có hàm số y = x 3 − 3x + 2 TXĐ: D=R Sự biến thiên 0.25 x =1� y = 0 Đạo hàm: y ' = 3x − 3, y ' = 0 2 x = −1 � y = 4 Giới hạn: lim y = − x − ; lim y = + x + Bảng biến thiên: x − + 0.25 −1 1 y' + 0 − 0 + 4 + y − 0 Hàm số đồng biến trên ( − ; −1) ; ( 1; + ) Hàm số nghịch biến trên ( −1;1) 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x = −1; yCD = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0 Đồ thị: 0.25
  3. www.VNMATH.com y f(x)=x^3-3x+2 10 8 6 4 2 x -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 + Ta có y ' = 3x − 3m 2 Để hàm số có cực trị thì y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt � m > 0 0.25 Phương trình đường thẳng đi qua Icực đại, cực tiểu là ∆ : 2mx + y − 2 = 0 Điều kiện để đường thẳng ∆ cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là : d ( I,∆) < R A H B 0.25 2m + 2 − 2 I.2 � < 1 � 2m < 4m + 1 � 0 < 1, ∀m 2 (1điểm 4 m 2 + 1 ) AB 2 2 6 Gọi H là hình chiếu của I trên AB . Ta có IH = R 2 − = . Theo bài ra 0.25 4 5 2 6 d ( I , ∆) = 5 2m 2 6 m= 6 � = � m 2 = 6 � 0.25 4m 2 + 1 5 m = − 6 (L) Vậy m = 6 là giá trị cần tìm . II.1 � π� (1điểm 1. GPT : 2sin 2 x + 2 sin � � 2 x + �+ 5sin x − 3cos x = 3 (1) 4� ) 0.25
  4. www.VNMATH.com (1) � 2sin 2 x + sin 2 x + cos2 x + 5sin x − 3cos x = 3 � 6sin x cos x − 3cos x − (2sin 2 x − 5sin x + 2) = 0 � 3cos x(2sin x − 1) − (2sin x − 1)(sinx − 2) = 0 � (2sin x − 1)(3cos x − sinx + 2) = 0 1 sinx = 2 sinx − 3cos x = 2 π x = + k 2π 1 6 + sin x = �� ,k ﾡ 2 5π x= + k 2π 0.25 6 2 1 sinx − 3cos x = 2 � sin( x − α ) = ,(cosα = ) 10 10 2 x = α + arcsin + k 2π 10 � , k �ﾡ 2 x = π + α − arcsin + k 2π 10 0.25 Vậy pt có 4 họ nghiệm : π x= + k 2π 6 5π x= + k 2π 6 ,k ﾡ 2 x = α + arcsin + k 2π 10 0,25 2 x = π + α − arcsin + k 2π 10
  5. www.VNMATH.com 7 x + y + 3 xy ( x − y ) − 12 x 2 + 6 x = 1 (1) 3 3 0.25 2. Giải hệ : ( x, y ﾡ ) 4 x + y + 1 + 3x + 2 y = 4 (2) 3 0.25 Giải: ĐK 3 x + 2 y 0 (1) � 8 x 3 − 12 x 2 + 6 x − 1 = x 3 − 3x 2 y + 3 xy 2 − y 3 � ( 2 x − 1) = ( x − y ) � 2 x − 1 = x − y � y = 1 − x 3 3 II.2 0.25 + Với y = 1 − x thay vào (2) ta được : 3 3 x + 2 + x + 2 = 4 (1điểm ) Đặt a = 3 3x + 2, b = x + 2 (b 0) . Ta có hệ : a+b=4 a=2 3 3x + 2 = 2 �3 � � � � � x=2 a = 3b 2 − 4 b=2 x+2 =2 x=2 + x = 2 � y = −1 . Vậy nghiệm của hệ là: 0.25 y = −1 π Tính I = x sin x +2sin 2 x dx 4 0 cos x π π + Ta có I = �x sin2 x dx + 2 �sinx dx 0.25 4 4 0 cos x 0 cos x π π Đặt I1 = �x sin2 x dx; I 2 = 2 �sinx dx 4 4 0 cos x 0 cos x +Tính I1 : Đặt 0.25 sinx 1 III. u = x � du = dx; v = � 2 dx = − � cos −2 xd (cos x ) = (1điểm cos x cos x ) π π π π x 4 dx x 1 1 + sinx π 2 1 2+ 2 0.25 � I1 = 4− = 4 − ln 4= − ln cos x 0 cos x cos x 2 1 − sinx 4 2 2− 2 0 0 0 π π 4 d (cos x ) 2 + Tính I 2 = −2 = −2ln cos x 4 = −2ln 0 cos x 2 0.25 0 π 2 1 2+ 2 2 Vậy I = I1 + I 2 = − ln − 2ln 4 2 2− 2 2 0.25
  6. www.VNMATH.com S A B I D C M IV. Gọi I = BM AC ,suy ra I là trọng tâm của tam giác BCD (1điểm 0.25 ) 1 a 6 1 18a 2 � IM = BM = ; IC = AC = a 3 � IM + IC = 2 2 = CM 2 3 2 3 4 � BM ⊥ AC Mặt khác BM ⊥ SA � BM ⊥ ( SAC ) � ( SBM ) ⊥ ( SAC ) 0.25 1 1 9a 2 2 + Ta có S ABM = AB.d ( M , AB) = 3a 2.3a = 2 2 2 ﾡ 0.25 Theo bài ra SBA = 60 . Xét tam giác vuông SAB có 0 1 9a 2 2 SA = AB tan 600 = 3a 6 � VSABM = 3a 6 = 9a 3 3( dvtt ) 3 2 0.25 V. a12 a22 (a1 + a2 ) 2 a1 , a2 , b1 , b2 ﾡ (1điểm + Ta d ễ dàng CM đ ượ c B Đ T sau: + ; ∀ 0.25 b1 b2 b1 + b2 b1 , b2 > 0 ) (Tuyệt phẩm Svac-xơ) 32 4 x 2 (3 + 2 x) 2 3 +Ta có 3 1 + 2 x = 3 2 + 3 = (3 + 2 x) (1) 9 2 11 11 0.25 402 36 y 2 (40 + 6 y ) 2 11 2 40 + 9 y = 2 2 + 2 = (40 + 6 y ) (2) 40 4 44 11 3 11 11 11 +Từ (1),(2) P= + (3+ 2 x) = (40+ 6 y) + (49+ 6 x 6 y ) 5 11 11 11 11 0.25 1 x= 3 + Dấu đẳng thức xẩy ra 2 y= 3 0.25
  7. www.VNMATH.com PHẦN RIÊNG: 1. Gọi M 1 là điểm đối xứng với M qua AD r r � n MM1 = u AD = (1,1) � MM 1 :1( x − 0) + 1( y + 1) = 0 � x + y + 1 = 0 Gọi I = AD �� MM 1 toạ độ I là nghiệm của hệ 1 0.25 x=− x + y +1 = 0 2 � I ( − 1 ; − 1 ) � M (−1;0) VI.a � �� x− y=0 1 1 2 2 (1điểm y=− ) 2 v r n AB = u CH = (−1;2) � AB : −1( x + 1) + 2( y − 0) = 0 � x − 2 y + 1 = 0 Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ x − 2 y = −1 uuuur r � A(1;1) � AM = (−1; −2) � n AC = (2; −1) � AC : 2( x − 1) − 1( y − 1) = 0 x− y=0 0.25 � 2x − y − 1 = 0 2 x + y = −3 1 Toạ độ C là nghiệm cuả hệ � C (− ; −2) 2x − y = 1 2 0.25 xo + 1 B �AB � B ( x0 ; ) 2 uuur x0 − 1 uuuur x0 = 5 Vì � AB ( x − 1; ); AM (−1, −2) � AB = 2 AM � ( x0 − 1) 2 = 16 � x0 = −3 0 2 B (5;3) (KTM) 0.25 B (−3; −1) Vì B, C phải khác phía với AD B(5,3) không TM. Vậy −1 A(1;1); B(−3; −1); C ( ; −2) 2 2. x>0 0.25 x 1 � (1) � log 2 ( ( x + 3) x − 1 ) = log 2 4 x � ( x + 3) x − 1 = 4 x ĐK: x >1 0.25 ( x + 3)( x − 1) = 4 x x=3 � � 0 < x
  8. www.VNMATH.com ĐK: www.VNMATH.com 0.25 n 0 ( n + 4)! (n + 3)! � (1) � − = 7(n + 3) n ﾡ (n + 1)!3! n!3! � ( n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 � n = 12 0.25 + Với n = 12 (1 + 2 x) + 3 x 2 � 10 0.25 � � = C10 (1 + 2 x) + C10 (1 + 2 x) .3 x + C10 (1 + 2 x) 9 x + ... 0 10 1 9 2 2 8 4 VII.a � (1điểm Ta có: ) C100 (1 + 2 x)10 = C100 �C100 + C101 2 x + C102 4 x 2 + C103 8 x 3 + C104 16 x 4 + ...� � � 3 x 2C101 (1 + 2 x)9 = 3x 2C101 � C90 + C91 2 x + C92 4 x 2 + ...� � � 9 x 4C102 (1 + 2 x)8 = 9 x 4C102 � C80 + ...� � � 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là : C10C1016 + 3C10C9 4 + 9C10C8 = 8085 0 4 1 2 2 0 I M A H B 1.
  9. www.VNMATH.com (C ) : I (1, −1); R = 5 Đường tròn M nằm ngoài đường tròn MI = 52 > 5 Ta có MA.MB = MI 2 − R 2 = 27 � 3MB 2 = 27 � MB = 3 � MA = 9 � AB = 6 0.25 AB 2 Gọi H là trung điểm của AB � IH = R 2 − =4 4 VI.b Gọi đường thẳng đi qua M (7,3) có vtpt r n( A, B ),( A2 + B 2 �� 0) ∆ : Ax + By − 7 A − 3B = 0 . Theo trên ta có : 0.25 A=0 A − B − 7 A − 3B d ( I , ∆) = IH = 4 � = 4 � 5 A + 12 AB = 0 � 2 12 B A +B 2 2 A=− 5 0.25 + Với A = 0 � ∆ : y = 3 12 B + Với A = − � ∆ :12 x − 5 y − 69 = 0 5 0.25 2. Đặt log 4 (3x + 1) = t � 3x = 4t − 1 �� (1) log 5 (3 + 2t ) = t t 0.25 1 �2 � � 3 + 2t = 5t � 3. t + � �= 1 (*) 5 �5 � 1 �2 � t 0.25 Xét hàm f (t ) = 3. t + � �là hàm nghịch biến . Mà f (1) = 1 � t = 1 là nghiệm 5 �5 � duy nhất của phương trình (*) 0.25 + Với t = 1 � x = 1 0.25 + Ta có : x(1 + x) = xCn + xCn x + xCn x + xCn x + ... + Cn x (1) n 0 1 2 2 3 3 n n Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: (1 + x) n + nx(1 + x) n −1 = Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 x 2 + ... + ( n + 1)Cnn x n (2) 0.5 Thay x = 1 vào (2) dpcm www.VNMATH.com 0.25 VII.b 0.25 ( Mọi cách giải đúng và gọn đều cho điểm tối đa) = = = HẾT = = =
  10. www.VNMATH.com www.VNMATH.com
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2