Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 12

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tổng hợp đề thi thử đh môn toán các khối đề 12', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 12

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