SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B, D

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B, D Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số: 1. 2.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B, D

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH MÔN TOÁN KHỐI A, B, D Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x 1 Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số: y 2x  2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. (1  cos 2 x)sin 2 x Câu 2.(2 điểm).1. Giải phương trình:  2(sin 3x  sin x)(1  sin x) 1  sin x  x2  2 x  6  y  1  2.Giải hệ phương trình:  2 2  x  xy  y  7   6 sin x  sin 3 x Câu 3.(1 điểm).Tính tích phân sau:  dx 0 cos2 x Câu 4. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu 5 (1điểm). Cho ba số x,y,z không đồng thời bằng 0, thỏa mãn điều kiện: ( x  y  z) 2  2( x 2  y 2  z 2 )  0 . x 3  y 3  z3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F . ( x  y  z )( xy  yz  zx ) PHẦN RIÊNG (3 điểm) . Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B Thí sinh thi khối D không phải làm câu 7a, 7b A. Theo chương trình chuẩn. Câu 6a.(2điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(0;2), N(5;-3), P(-2;-2), Q(2;-4) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD. Tính diện tích hình vuông đó. x2  2 x 2 2. Tìm m để bất phương trình: 4  m.2 x  2 x 1  m  0 có nghiệm với mọi x   0; 2  Câu 7a. (1điểm) n Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển đa thức (2 x  1) biết tổng tất cả các hệ số của nó là 59049 B. Theo chương trình nâng cao. Câu 6b.(2điểm). 2 2 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x  y  2 x  4 y  0 và điểm A(-1;3). Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong (C) và có diện tích bằng 10 2 x  5log x 8  25log 2 2 2. Giải phương trình: log 2 x  log 2 x 4 1 2 2 3 3 n n Câu 7b.(1điểm) Tính tổng: S  2Cn  2 .2Cn  2 .3Cn  ...  2 .nCn ..................................Hết ....................................... Họ và tên thí sinh........................................Số báo danh................. Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM I.1 TXĐ: x  1 0,25 1 y'   0x  D nên hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1)v(1; ) . ( x  1) 2 Hàm số không có cực trị 1 1 Tiệm cận:ta có lim y  suy ra y  là đường TCN 0,25 x  2 2 x 1 x 1 lim y  lim   và lim y  lim   nên x=-1 là đường TCĐ x 1 x 1 2 x  2 x 1 x 1 2 x  2 Bảng biến thiên: x  -1  y’ + + 0,25  1 2 y 1 2  Đồ thị: Cắt ox tại A(1;0) 1 0,25 Cắt oy tại B(0;  ) 2 I.2 x0  1 Gọi M( x 0 ; )  (C ) là điểm cần tìm. Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phươngtrình. 2(x0  1) x 1 1 x 1 0,25  : y  f ' (x 0 )( x  x 0 )  0 y 2 ( x  x0 )  0 2(x 0  1)  x0  1  2(x0  1) 2 x0  2 x 0  1 Gọi A =   ox  A(  ;0) 2 0,25 x 2  2 x0  1 B =   oy  B(0; 0 ). Khi đó  tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng tâm là: 2(x0  1)2 2 2  x0  2 x 0  1 x 0  2 x0  1  G(   ; .  6 6(x 0  1)2  2 2 x0  2 x 0  1 x 0  2 x 0  1 Do G  đường thẳng:4x + y = 0  4.  0 6 6(x0  1)2 0,25 1 2  4 (vì A, B  O nên x0  2 x0  1  0 )  x0  12
 1  1  x0  1  2  x0   2 1 1 3 3 3 5 0,25   .Với x 0    M( ;  ) ; với x 0    M( ; ) x 1   1 x   3 2 2 2 2 2 2  0  2  0  2 II.1 (1  cos 2 x)sin 2 x 0,25 Giải phương trình:  2(sin 3x  sin x)(1  sin x) ,(1) 1  sin x Đk: sin x  1 (1)  2cos 2 x.sin 2 x  4sin 2 x.cos x.cos 2 x 0,25  cos x  0 0,25   2cos 2 x.sin 2 x(2 cos x  1)  0  sin 2 x  0  1 cos x   2  x  k  k Z  x     k 2 0,25  3  x2  2x  6  y 2  2 y  1  II.2 đk : y  1 .ta có  1 0,25 2 2  3( x  y )  ( x  y ) ]  7 4  ( x  y )( x  y  2)  5  0,25 2 2 3( x  y )  ( x  y )  28 (u  2)v  5u  1 Đặt u  x  y, v  x  y ta có hệ :  2 2  3u  v  28 v  5 0,25 u  3  x  3 x  1 hay  từ đó ta có  hay  0,25  v  1 y  2 y  2 Ta co   6 III, 4s inx  4sin 3 x 6 4  4sin 2 x :I=  dx    d (cos x) = 0 2cos 2 x  1 0 2cos2 x  1 0,25   6 4  4(1  cos 2 x) 6 cos 2 x  d (cos x)  4  d (cos x) 0 2 cos 2 x  1 0 2cos 2 x  1 x  0  t 1 Đặt t=cosx ,Đổi cận ;  3 khi đó ta x t  0,25 6 2
3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 2 t  (2t  1)  1  1 2 1 có ;I= 4  2t 2 dt  2   2 dt  2  (1  2t 2  1)dt  2t 1 2  2 dt 1 1 1  2t  1  1 1 2t  1 3 3 3 2 1 2 ( 2t  1)  ( 2t  1) 2 1 1 0,25 Ta có : I1  2  2 dt   dt   (  )dt  1 2t  1 1 ( 2t  1)( 2t  1) 1 2t  1 2t  1 1 3 1 2t  1 3 1 ( 3  2)( 2  1) (ln 2t  1  ln 2t  1) 1 2  ln 2 1  ln 2 2 2t  1 2 ( 3  2)( 2  1) 1 ( 2  2)( 2  1) 0,25 Từ đó ta co I  ln  32 2 ( 2  2)( 2  1) IV S M K L A D E I H N B C Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD AN Gọi I  AN  BD, K  LM  SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và IN  3 Từ giả thiết ta có SH   ABCD  , ME / / SH  ME  BD 1 0,25 Lại do AM  BD  2  . Từ 1 &  2   BD   AMN   BD  AN . Trong tam giác AND ta có NA2 ND 2  NI .NA   NA  ND 3  a 3  AD  NA2  ND 2  a 2 3 Dễ thấy CD   SHN  , do ML / / CD  ML   SHN   ML  SN  3 0,25 Do  ABLM    SCD  ,  ABLM    SCD   ML (4), nên từ  3 &  4   SN   ABLM   SN  HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra SH  HN  a 2 Dễ thấy CD   SHN  , do ML / / CD  ML   SHN   ML  SN  3 Do  ABLM    SCD  ,  ABLM    SCD   ML (4), nên từ  3 &  4   SN   ABLM  0,25  SN  HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra SH  HN  a 2 . 1 4a 3 1 11  a 3 Ta có VS . ABCD  .SH . AB. AD  ; VS . BCM  VS . BCD   VS . ABCD   ( đvtt). 3 3 2 22  3
Ta có 1 BC  SH , BC  AB  BC   SAB   BC  SB  S SBC  SB.BC 2 1 1 2 a2 6 0,25  HB 2  SH 2 .BC  a  2a 2 .a 2  2 2 2 3VMSBC a 6  Mặt khác ta có d M ;  SBC    S SBC  3 . V .Từ giả thiết : ( x  y  z ) 2  2( x 2  y 2  z 2 )  0 và 1 1 xy  yz  zx  ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  suy ra xy  yz  zx  ( x  y  z ) 2   0,25 2 4 do đó 4( x 3  y 3  z 3 ) 1  4x 4y 4z  P= 3  ( )3  ( )3  ( )3  0,25 ( x  y  z) 16  x  y  z x yz x y z  4x 4y 4z a  b  c  4 b  c  4  a Đăt : a  ,b  ,c  Thì ta có :   2 và x y z x yz x y z  ab  bc  ca  4 bc  a  4 a  4 8 (b  c)2  4bc nên 0  a  .Ta có 3 1 3 3 3 1 1 0,25 P= (a  b  c )   a 3  (b  c)3  3bc(b  c)   P  (3a 3  12a 2  12a  16)   16 16 16 3 2 8 Xét hàm số :f(x)= 3a  12 a  12a  16 với 0  a  3 11 Từ đó GTLN là P= chẳng han khi x=y,z=4x 9 0,25 GTNN là P=1 chẳng hạn khi x=0,y=z VI.a. Từ pt (C) suy ra tọa độ tân I(1;2);R= 5 .Điểm C đối xứng với A qua I suy ra 1 0,25 C(3;1). S ABCD  2 S ACB  AC .BH  10 ( H là chân đường cao kẻ từ B xuống AC) Ta có AC= 2 5  BH  5 .Vậy H là trùng với tâm I của đường tròn và ABCD là hình vuông 0,25  Phương trình đường thẳng d qua tâm I và nhận AC  (4; 2) làm vecto pháp tuyến có dạng :2x+y=0.Tọa độ của 0,25  x2  y 2  2x  4 y  0 B,D là nghiệm hệ :  2 x  y  0 Giải hệ trên ta có :B(0 ;0) ;D(2 ;4) 0,25
VI.a. 2 x2 2 x x2 2 x .Đặt t= 2   với x  0; 2 ; t '  2 (2 x  2) ln 2  t '  0  x  1 0,25 1 1  t(0)=t(2)=1,t(1)=  t   ;1 0,25 2 2  2 2 t 2 Bất phương trình trở thành : t  2mt  m  0  m (2t  1)  t  m   f (t ) 0,25 2t  1 2t 2  2t 1  1  1 1 f '(t )  2  0t   ;1 ;do đó m  f (t )t   ;1  m  f (1)    m   0,25 (2t  1)  2   2  3 3 VII. n n k k k a Ta có : P ( x)  (2 x  1)  a x k 0 k với ak  2 Cn 0,25 Khi đó tổng tất cả các hệ số của khai triễn trên là 0,25 n 10 : P( x)  P (1)  (2.1  1)  59049  3  n  10 Với k=1.2...10 xét tỉ số ak 1 2 k 1 C101 k 10! k !(10  k )! 2(10  k ) a 19 :  k k 2 .   k 1  1  k  ak 2 C10 (k  1)!(9  k )! 10! k 1 ak 3 0,25 7 7 Từ đó : a0  a1  .......  a7  a8  a9  a10 Suy ra hệ hệ số lớn nhất của khai triễn là a7  2 C10 0,25 Gọi AB,AD lần lượt là :AB :ax+b(y-2)=0  ax  by  2b  0 ; VI.b .1 2 2 0,25 AD :b(x-2)+a(y-4)=0  bx  ay  2b  4a  0; ( a  b  0) 2a  4b 3b  a 3a  b  0 Theo gt :d(P ;AP)=d(N ;AD)    a 2  b2 a 2  b2  a  7b  0 0,25 3b  a Với 3a  b  0 ,chọn a=1,b=-3,thì diện tích hình vuông là :S=( ) 2  10 0,25 2 2 a b 2  3b  a  0,25 Với a+7b=0,chọn a=7,b=-1,thì diện tích hình vuông là:S=  2 2  2  a b  VI,b .2 1 3 x 0,25 điÒu kiÖn 0
  3t  t ( 2t  1) a  2 a  t (t  1) 5  t 2  t t 2  t  5  0 Bëi vËy       2   2 a   3t  t (t  1) a  t (t  2) 5  t  2t t  2t  5  0 (v« nghiÖm) 0,25   2 1 21 1 21 1  21 1  21  t  log 2 x   x = 2 2  x = 2 2 (tho¶ m·n ). 2 2 0,25 1 21 2 VËy x = 2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ®· cho VII. b n 0,25  Xét khai triễn 1  (1  x)   1  Cn (1  x)  Cn (1  x) 2  .....  Cn (1  x)n 1 2 n n 1 Lấy đạo hàm 2 vế ta có n(2  x)  Cn  2(1  x)Cn  ....  n(1  x)n1 Cn 1 2 n 0,25 nhân 2 vế với (1+x) ta có n(2  x) n 1 1 2 2 n n (1+x)= (1  x )Cn  2(1  x ) Cn  ........  n(1  x ) Cn 0,25 n 1 Thay x=1 vào 2 vế ta có : S  2n.3 0,25