Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 17

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

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 8
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 17', 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 17

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20122013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 + ( m + 1) x + 1 ( C ) (m là tham số thực). m 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = - . 1 2. Tìm tất cả các giá trị của m đề đồ thị hàm số ( C ) cắt đường thẳng ( d ) : y = x + 1 tại ba điểm phân m 41 biệt A ( 0; 1 , B, C sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC bằng ) , với O là gốc tọa độ. 2 Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: cos 4 x + 2 sin 6 x = 2 3 sin 3x cos x + cos 2 x. 2. Giải bất phương trình: ( 4 x 2 - x - 7 ) x + 2 > 10 + 4 x - 8 x 2 . x + 2 - 3 3 x + 2 Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim . x ® 2 x - 2 Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều. Gọi M là trung điểm của 3 cạnh BB '. Biết hai đường thẳng A ' B CM vuông góc với nhau và cách nhau một khoảng bằng a , . 10 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. Câu V(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í ( ì x 2 + 1 - 3x 2 y + 2 ï )( ) 4 y 2 + 1 + 1 = 8 x 2 y 3 ï x 2 y - x + 2 = 0 î II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Cho hình bình hành ABCD có A (1;1 và C ( 5;3 . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho 3AM = AB , trên ) ) cạnh CD lấy điểm N sao cho 2CN = CD . Tìm tọa độ điểm B, D biết trọng tâm của tam giác BMN là æ 19 5 ö G ç ; ÷ . è 6 3 ø 2. Cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 - 2 x + 6 y - 15 = 0 và đường thẳng ( d ) : 4 x - 3 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ( d ' vuông góc với ( d ) và cắt (C) tại hai điểm AB sao cho AB = 6 . ) Câu VII.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 2. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Cho hình thang cân ABCD có AB = 2 . Biết phương trình: AC : x + y - 4 = 0 CD và BD : x - y - 2 = 0 . Tìm tọa độ 4 đỉnh A, B, C, D biết hoành độ của A và B dương và diện tích của hình thang bằng 36. 2. Cho hình bình hành ABCD có M là trung điểm của BC, N là trung điểm của đoạn MD, P là giao điểm của hai đường thẳng AN và CD. Tìm tọa độ các đỉnh C và D biết rằng A (1; 2 ) , B ( 4; - ) , P ( 2;0 ) . 1 2 n 2 14 1 9 Câu VII.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển: 1 - 3 x ( ) ; n Î ¥ , biết * 2 + 3 = . Cn 3 n n C Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20122013 LẦN I HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI B ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM I 1 +) Với m = - , hàm số đã cho có dạng: y = x - 3 x + 1 1 3 2 +) TXĐ: ¡ 0,25 +) Giới hạn của hàm số tại vô cực: lim = -¥ và lim = +¥ x®-¥ x®+¥ é x = 0 +) Sự biến thiên của hàm số: Ta có: y ' = 3 x 2 - 6 x ; y ' = 0 Û ê ë x = 2 BBT x -¥ 0 2 +¥ y ' + 0 - 0 + 0,25 +¥ y 1 3 -¥ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( -¥ 0 ) và ( 2; +¥ ) , nghịch biến trên khoảng ; ( 0; 2 ) . 0,25 Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 ; giá trị cực đại của hàm số là y ( 0 ) = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 ; giá trị cực tiểu của hàm số là y ( 2 ) = - . 3 +) Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm ( 0;1 . ) é x = 0 y = 1 Û ê ë x = 3 0,25 +) Nhận xét: Điểm I(1;1) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
2 Phương trình cho hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) . m é x = 0 x 3 - 3 x 2 + ( m + 1) x + 1 = x + 1 Û ê 2 ë x - 3x + m = 0 (1 ) Để ( C ) cắt ( d ) tại ba điểm phân biệt Û pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 m ì 9 ï m < Ûí 4 (*) ï m ¹ 0 î +) Giả sử B ( x1 ; x1 + 1) , C ( x2 ; x2 + 1 . Khi đó x1 ; x là nghiệm của phương trình (1) ) 2 Ta có: OB.OC = ( 2x 2 1 + 2 x1 + 1)( 2 x2 + 2 x2 + 1 2 ) 0,25 ì x 2 = 3 1 - m ï x Vì x1 ; x là nghiệm của phương trình (1) nên : í 12 2 ï x2 = 3 2 - m î x Þ OB.OC = ( 8 x1 + 1 - 2m )(8 x2 + 1 - 2 m ) = 4m 2 + 12 m + 25 1 OB.OC . BC Vì S OBC = d ( O , ( d ) ) . = BC nên OB.OC = 2 R.d ( O , ( d ) ) (2) 0,25 2 R 4 1 +) d ( O, ( d ) ) = (3) 2 é m = 1 Từ (2) và (3) ta có: 4m 2 + 12m + 25 = 41 Û ê (*) ë m = -4 0,25 Từ (*) và (**) với m = 1 hoặc m = - thì ycbt được thỏa mãn. 4 II 1 Phương trình đã cho tương đương với phương trình cos 4 x - cos 2 x + 2sin 6 x - 2 3 sin 3 x cos x = 0 Û -2sin 3 x sin x + 4 sin 3x cos 3 x - 2 3 sin 3x cos x = 0 0,25 ( Û -2sin 3 x sin x + 3 cos x - 2cos 3 x = 0 ) p k ● sin 3x = 0 Û x = 0,25 3 é p p ê x = - 12 + k æ pö ● sin x + 3 cos x = 2cos 3 x Û cos ç x - ÷ = cos 3 Û ê x 0,25 è 6 ø ê x = p + k p ê ë 24 2 p k p p k p Vậy nghiệm của phương trình là x = , x = - + kp , x = + ¢ k Î) ( 0,25 3 12 24 2 2 Điều kiện: x ³ - 2. Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình ( 4 x2 - x - 7 ) x + 2 + 2 ( 4 x2 - x - 7 ) > 2 é( x + 2 ) - 4 ù ë û Û ( 4 x 2 - x - 7 ) ( x+2 +2 > 2 ) ( x+2 -2 )( x + 2 + 2 ) 0,25 2 2 Û 4 x - x - 7 > 2 x + 2 - 4 Û 4 x > x + 2 + 2 x + 2 + 1 2 Û ( 2x) > 2 ( x + 2 + 1 Û) ( x + 2 + 1 - 2x )( ) x + 2 + 1 + 2 x
éìï x + 2 > 2 x - 1 (1) êí ( I ) êïî x + 2 < -2 x - 1 (2) Ûê êìï x + 2 < 2 x - 1 (3) êí ( II ) êï ë î x + 2 > -2 x - 1 (4) ì x ³ -2 ● Giải hệ (I): Từ (1) và (2) suy ra í Û -2 £ x 0. î 2 x - 1 < 2 x - 1 - ì x > 0 ï Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình í ï x + 2 < 2 x - 1 î 0,25 ì 1 ï x > 2 æ 5 + 41 ö Ûí Û x Îç ç 8 ; + ¥ ÷ ÷ ï x + 2 < ( 2 x - 1 2 ) è ø î æ 5 + 41 ö Vậy tập nghiệm của bất pt là T = [ -2; - 1) È ç ç 8 ; + ¥ ÷ . ÷ 0,25 è ø III 3 x + 2 - 3 x + 2 é x + 2 - 2 2 - 3 x + 2 ù 3 lim = lim ê + ú 0,5 x ® 2 x - 2 x ® 2 ë x-2 x - 2 û é ù ê 1 3 ú = 0 = lim - 0,5 x ® 2 ê 2 ú x + 2 + 2 4 + 2 3 x + 2 + ( 3 x + 2 ) 3 3 ë û IV Gọi I là trung điểm của B’C’. Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên A ' I ^ ( BCC ' B ' ) Þ CM ^ A ' I , mà CM ^ A ' B A’ C’ nên CM ^ ( A ' IB ) Þ CM ^ IB I B’ Hai tam giác CBM và BB’I đồng dạng 0,25 nên CB.B ' I = BM .BB ' M H K CB BB ' A C Þ CB. = .BB ' Þ BB ' = BC 2 2 Suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ tam giác đều B có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng x ( x > 0) . Gọi H là giao điểm của BI và CM, K là hình chiếu vuông góc của H trên A’B thì HK là 3 đoạn vuông góc chung của A’B và CM, suy ra HK = a . 0,25 10
BM 2 . 2 BC x Trong tam giác vuông BCM ta có BH = 2 2 = BM + BC 5 Hai tam giác BHK và BA’I đồng dạng nên BH . A ' I = HK .BA ' 0,25 x x 3 3 Þ × =a × x 2 Þ x = 2a. 5 2 10 Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là V = A ' A.S DABC = 2a 3 3. 0,25 V ï í ( ì x 2 + 1 - 3x 2 y + 2 )( ) 4 y 2 + 1 + 1 = 8 x 2 y (1 3 ) ï x 2 y - x + 2 = 0 î ( 2 ) 0,25 +) Với y £ 0 thì VT (1) > 0 , VP (1) £ 0 Þ Hệ phương trình chỉ có nghiệm ( x, y ) với y > 0 . +) Vì y > 0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x > 2 Khi đó: (1) Û x 2 + 1 - 3 x 2 y + 2 = 2 x 2 y ( ) 4 y 2 + 1 - 1 Û x 2 + 1 + 2 = 2 x 2 y 4 y 2 + 1 + x 2 y (3) 2 Thay 2 = x - x y vào phương trình (3) ta được: 0,25 2 2 2 2 x + 1 + x = 2 x y 4 y + 1 + 2 x y 1 1 1 Û 1 + 2 + = 2 y 4 y 2 + 1 + 2 y x x x +) Xét hàm số: f ( t ) = t 1 + t 2 + t với t > 0 t 2 f ' ( t ) = 1 + t 2 + + 1 > 0 với mọi t > 0 1 + t 2 0,25 æ 1 ö 1 1 Þ f ( t ) là hàm đồng biến trên ( 0; +¥ ) . Mà f ç ÷ = f ( 2 y ) Û = 2 y Û xy = è x ø x 2 1 1 +) Thay xy = vào phương trình (2) của hệ ta có : x = 4 Þ y = . 2 8 ì x = 4 ï Thử lại thấy í 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho. 0,25 ï y= î 8 æ 1 ö Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ç 4; ÷ è 8 ø VI.a 1 Giả sử B ( a; b ) . D uuur N C Khi đó: AB = ( a - 1; b - 1 . ) Theo giả thiết: uuuu uuu r r G æ a + 2 b + 2 ö 3 AM = AB Þ M ç ; ÷ 0,25 è 3 3 ø A M B uuur uuu r uuu r æ 11 - a 7 - b ö +) 2CN = CD = - AB Þ N ç ; ÷ . Vì G là trọng tâm của của tam giác BMN è 2 2 ø 0,5
ì19 a + 2 11 - a ï 2 = a + 3 + 2 ï ìa = 4 nên ta có: í Ûí . Vậy B ( 4;1 . ) ï5 = b + b + 2 7 - b b î = 1 + ï î 3 2 uuu uuur r Vì AB = DC Þ D ( 2;3 ) 0,25 2 +) ( C ) : ( x - 1) + ( y + 3) = 25 có tâm I (1; - ) và bán kính R = 5 . 2 2 3 0,25 Gọi H là trung điểm của AB Þ IH ^ AB . Ta có: IH 2 + HB 2 = IB 2 = R 2 Þ IH = 4 0,5 Vì ( d ') ^ ( d ) Þ ( d ' có dạng: 3 x + 4 y + m = 0 . ) 3 - 12 + m é m = 29 Ta có: d ( I , ( d ' ) = IH Û ) = 4 Û ê 0,25 5 ë m = -11 VII.a Giả sử số có dạng abcd Số có 4 chữ số đôi một khác nhau trong đó luôn có mặt số 2 (kể cả số 0 đứng đầu) 0,5 3 C5 .4! = 240 (số) Số có 4 chữ số đôi một khác nhau trong đó luôn có mặt số 2 và số 0 đứng đầu 2 0,25 C4 .3! = 36 (số) Tổng cộng có 240 - 36 = 204 (số). 0,25 VI.b 1 ( AC ) Ç ( BD ) = {I } Þ I ( 3;1 ) D C ID IC DC 1 Ta có: = = = . IB IA AB 2 I ì ID = a Ta đặt: IC = a Þ í . î IA = IB = 2 a A B 0,5 Dễ thấy: ( AC ) ^ ( DB ) . Từ đó suy ra: S ABCD = S IAB + S IBC + S ICD + S IAD 1 2 Û 36 = 9 a Û a = 2 2 2 +) A Î AC Þ A ( a; 4 - a ) ( a > 0 ) 2 é a = 7 Ta có: IA = 4 2 Û ( a - 3) = 16 Û ê ë a = -1 loai ) ( Vậy A ( 7; - ) 3 0,25 +) B Î BD Þ B ( t; t - 2 ) ( t > 0 ) 2 ét = 7 Ta có: IB = 4 2 Þ ( t - 3 ) = 16 Û ê Suy ra: B (7;5) ë = -1 loai ) t ( uur 1 uu r +) Vì IC = - IA Þ C (1;3 ) 2 uur 0,25 1 uu r +) Vì ID = - IB Þ D (1; -1 ) 2 2 +) Gọi K là trung điểm của AD. +) AN Ç KM = {G} . +) Xét D DMA có MK là trung tuyến, AN là trung tuyến Þ G là trọng tâm của 0,5 D DMA .
2 2 D P Þ GM = KM = CD . C 3 3 N +) Xét hình thang ABCP có M là trung điểm CB mà K G GM//AB//CD Þ GM là đường M trung bình của hình thang. A B 1 2 1 1 GM = ( PC + AB ) Þ CD = ( CD + PC ) Þ PC = CD 0,25 2 3 2 3 uuu 1 uuur 1 uuu r r +) Ta có: PC = DC = AB = (1; -1 . Nên C ( 3; - ) ) 1 3 3 uuu uuur r 0,25 +) Vì AB = DC Þ D ( 0; 2 ) VII.b 2 14 1 ì n ³ 3 2 + 3 = (1) đk: í î n Î ¥ * Cn 3 n n C Với điểu kiện trên phương trình (1) tương đương. 0,5 4 28 1 é n = -2 + = Û n 2 - 7 n - 18 = 0 Û ê n ( n - 1) n ( n - 1)( n - 2 ) n n ë = 9 Kết hợp với điều kiện ta có: n = 9 . 2n 18 18 k ( +) Với n = 9 , Ta có khai triển: P = 1 - 3x ) = (1 - 3x ) = å C ( - 3 x ) . k = 0 k 18 9 Hệ của x thì k phải thỏa mãn: k = 9 . 0,5 9 9 9 ( +) Suy ra hệ số của x là: C18 . - 3 ) Hết