Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 29

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 3
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 29', 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 29

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