Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 37

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

Thêm vào BST

Báo xấu

48
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 37', 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 37

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối A năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm) Câu I: ( 2 điểm) Cho hàm số: y = x3 – 3x2 + 2 a)Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b)Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6 Câu II: ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình: 4 x 2  2 x  3  8 x  1 1 1 15 cos 4 x 2) Giải phương trình: 2  2  2 cot x  1 2 tan x  1 8  sin 2 2 x Câu III: ( 2 điểm) cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạch a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N,P,K lần lượt là trung điểm của BC, CD, SD, SB. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABMN b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP. Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tam giác ABC có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của: P    3 3 3 3 a  2b  6 b  2c  6 c  2a 3  6 3 II.PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 ) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu V.a ( 2 điểm ) 1) Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn (C): x2+y2-4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông. 1 8  log 2 3 9 x 1  7  log 2  3 x 1  1  2) Cho khai triển  2 2 5  . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6   trong khai triển này là 224. 23 x 1  2 y  2  3.2 y 3 x  Câu VI.a ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình:  2  3 x  1  xy  x  1  2.Theo chương trình nâng cao: Câu V.b ( 2 điểm ) x2 y2 1) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc: 2  2  1a  b  0 a b (E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm n 2) Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton:   2 lg 10  3 x   5 2  x  2  lg 3  . Biết số hạng    1 3 2 thứ 6 của khai triển bằng 21 và C n  C n  2C n Câu VI.b ( 1 điểm ) Giải bất phương trình: 4 x 2  3 x .x  31 x  2 x 2 .3 x  2x  6 Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối A năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm) Câu ý Nội dung Điểm Câu I a Cho hàm số: y = x3 – 3x2 + 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số +Tập xác định: R Giới hạn tại vô cực: lim y   ; lim y   0,25đ x   x   / 2 + Sự biến thiên: y = 3x -6x *Bảng biến thiên: x - 0 2 + / 0,25đ y 0 - 0 + + 2 y + - -2 *Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến x   ;0   2;  Hàm số nghịch biến: x  0;2   xCT  2 x  0 Cực trị:  ;  CD  y CT  2  y CD  2 + Đồ thị: Đồ thị hàm sô nhận điểm uốn làm tâm đối xứng , đi qua 0,25đ các điểm CĐ, CT Và điểm M(3;2) Vẽ đồ thị : 0,25đ
Câu I b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6 0,25đ +Ta có AB  2 5 6 Do đó khoảng cách từ M đến AB bằng , phương trình cạnh AB 5 0,25đ là: 2x+y-2 = 0 + M thuộc (C) suy ra M(x; x3-3x2+2) x 3  3x 2  2 x 6  x 3  3x 2  2 x  6  0 d M / AB    .  5 5 3 2  x  3x  2 x  6  0  0,25đ Giải phương trình Tìm được x =-1; x = 3 + Tìm được M(-1;-2); M(3;2) do đó có 2 phương trình tiếp tuyến là: 0,25đ y = 9x+7 hoặc y = 9x - 25 Câu II 1 Giải phương trình: 4 x 2  2 x  3  8 x  1 3 + ĐK: 2 x  3  0  x   2 0,25đ Khi đó ta có phương trình tương đương:  3 1  3 2  1 2 x  2  2 x  3  2 2  2x     2x  3      2  2 2 x  3   2 x  3  1 0,25đ   2 2 5  21 + Giải phương trình để tìm được nghiệm phương trình: x  4 3  17 0,25đ hoặc x  4 5  21 3  17 + Vậy nghiệm của phương trình là: x  hoặc x  0,25đ 4 4 2 Giải phương trình: 1  1  15 cos 4 x 0,25đ 2 2 2 cot x  1 2 tan x  1 8  sin 2 2 x ĐK: sin2x ≠ 0 Phương trình: 8  2 sin 2 x 15 cos 4 x 1   0,5đ 2  2  ...  cos 4 x   x    k k Z 8  sin 2 x. 8  sin 2 x 2 12 2   Vậy phương trình có nghiệm: x   k k Z 12 2 0,25đ Câu III a H là trung điểm AB: do (SAB)  (ABCD) do đó SH  (ABCD) ta có + Tính được SH 0,5đ + Tính được: SABMN + Tính đúng VS.ABMN
1 1 a 3 5a 2 5 3 3 0,5đ VS.ABMN= SH .S ABMN  . .  .a (đvtt) 3 3 2 8 48 S K P B M C H N E A D b + Chứng minh được MK// (APN) do đó: khoảng cách của MK và AP bằng khoảng cách từ M đến (APN) 0,25đ +Gọi E là giao điểm của HD và AN suy ra PE//SH từ đó PE  (AMN). Kẻ MF  AN ( F thuộc AN) thì MF  (APN) 0,25đ 2S AMN 3a + MF =  AN 2 5 0,25đ 3a + Vậy khoảng cách của AP và MK là: MF  2 5 0,25đ Câu IV Cho tam giác ABC có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 Tìm giá trị lớn nhất của: 1 1 1 P   3 3 3 3 a  2b  6 b  2c  6 c  2a 3  6 3 + Chứng minh bất đẳng thức: x  y  z  3( x 2  y 2  z 2 0,25đ 1 1 1 + P  3.  3 3  3 3  3 3    a  2b  6 b  2c  6 c  2a  6  Mà: Theo bất đẳng thức cosy ch 3 só ta được:     a 3  2b 3  6  a 3  b 3  1  b 3  1  1  3  3ab  b  1 Tương tự: b  2c  6  3bc  c  1 ; c 3  2a 3  6  3ac  a  1 3 3 0,25đ 1 1 Do đó: 3  a  2b  6 3ab  b  1 3 1 ab ab   doabc = 1 b  2c  6 3abbc  c  1 3ab  b  1 3 3
1  b  b 0,25đ c  2a  6 3bac  a  1 3ab  b  1 3 3 + Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 0,25đ P lớn nhất bằng 1 khi a=b=c=1 II.PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 ) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu ý Nội dung Điểm Câu 1 Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn V.a (C): x2+y2-4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông. + Tìm được tâm đường tròn I(2;1) và bán kính R = 3. Lý luận để MI = 0,25đ 3 2 + M thuộc x-y+1=0 do đó M(x; x+1) x  1  2 2 MI=  x  2 2  x 2  3 2  2 x 2  4 x  14  0   x  1  2 2  0,5đ  Vậy có 2 diểm M 1  2 2 ;2  2 2 hoặc M 1  2 2 ;2  2 2    0,25đ 2  log 2 3 9 x 1  7 1  log 2  3 x 1  1   8 Cho khai triển  2 2 5  . Hãy tìm các giá trị của x   biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224. k 8 8 +Ta có :  a  b    C8 a 8 k b k với k = 6 k 0,25đ k 0 1 1 1 3 9 x 1  7   log 2 3 x 1  1   a  2 log 2 =  9 x 1  7  3 ; b  2 5   3 x 1  1  5 0,25đ + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là 1 3 1 5 5     1 T6  C8   9 x 1  7  3  .   3x 1  1 5   56  9x 1  7  .  3x 1  1     + Theo giả thiết ta có : 1 9x 1  7 56  9x 1  7  .  3x 1  1 = 224  x 1  4  9x 1  7  4(3x 1  1) 0,25đ 3 1 x 1 2 3x 1  1 x  1   3   4(3 )  3  0   x 1 x 1  3  3 x  2 Vậy nghiệm của phương trình: x = 1 hoặc x = 2 0,25đ
Câu 23 x 1  2 y  2  3.2 y 3 x  VI.a Giải hệ phương trình:  2  3 x  1  xy  x  1   x+1  0  x  1   x  1 PT  2      2 3 x  1  xy  x  1  x  3 x  y  1  0   x  0  y  1  3x 0,25đ Với x = 0 thay vào (1) : 8 8 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y   y  log 2 0,25đ 11 11  x  1 Với  thay y = 1 – 3x vào (1) ta được : 23 x1  23x 1  3.2  3  y  1  3x 1 Đặt t  23x 1 , vì x  1 nên t   4 1 t  3  2 2 PT (3) : t   6  t 2  6t  1  0   t t  3  2 2  1 Đối chiếu điều kiện t   ta chọn t  3  2 2 . 4 1 0,25đ  Khi đó 23 x 1  3  2 2  x  log 2 3  2 2  1 3    y  1  3 x  2  log 2 3  2 2  x  0  1  Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm    x  3 log 2 3  2 2  1 và    8  y  log 2 11   y  2  log 2 3  2 2    0,25đ 1.Theo chương trình nâng cao: Câu ý Nội dung Điểm Câu V.b 1 Trong 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc: x2 y2   1a  b  0 (E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, a2 b2 chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm. + Tìm được a = 3; b = 2 0,25đ + Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm M1(x1;y1), M2(x2;y2) khi đó:  2 2 4 x1  9 y1  36  2 2  4( x1  x 2 )( x1  x 2 )  9 y1  y 2  y1  y 2   0 4 x 2  9 y 2  36  Mà: M là trung điểm M1, M2 nên: x1+x2=2; y1+y2=2 nên 0,25đ 4(x1-x2)-9(y1-y2)=0 (1) + Giả sử phương trình đường thẳng qua M(1;1) có VTPT (a;b)
Khi đó có phương trình: a(x-1)+ b(y-1) = 0 do qua M1, M2 nên: a x1  1  b y1  1  0 0,25đ   a x1  x 2   b y1  y 2   0 (2) a x 2  1  b y 2  1  0 Từ (1) và (2) ta có a = 4 b = 9 vậy phương tình đường thẳng cần tìm 0,25đ là: 4x+ 9y - 13 = 0 2 Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton: n  2 lg 10  3   5 2  x  2  lg 3  . Biết số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21  x    và C n  C n3  2C n2 1 + Từ C n  C n3  2C n2 giải phương trình tìm ra n =7 1 + Số hạng thứ 6 bằng 21 thì: 0,25đ C7 2 lg 103  ( x  2) lg 3  21  lg 10  3 x   lg 3 x 2  0  3 x   10.3 x  9  0 5 x 2 + Vậy nghiệm của phương trình là: x= 1; x=2 0,5đ 0,25đ Câu VI.b Giải bất phương trình: 4 x 2  3 x .x  31 x  2 x 2 .3 x  2 x  6 ĐK x≥ 0 0,25đ + Chuyển bất phương trình về dạng tích: (2 x 2  x  3)(2  3 x )  0 0,25đ + Từ nghiệm vế trái: x = -1; x =3/2; x = log 2 2 . Lý luận để bất 3 3  phương trình có nghiệm x  0; log 2 2   ;  3 0,25đ 2  3  + kết luận nghiệm bất phương trình: x  0; log 2 2   ;  3 0,25đ 2  GHI CHÚ Đáp án này gồm 6 trang, học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình học không gian nếu vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl