Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 46

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 4
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 46', 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 46

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông Ngày 3 tháng 2 năm 2013 (Đề chính thức có 01 trang) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 2) Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  1 cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt P  0,1 , M , N sao cho bán kính 5 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng với O  0;0  2 Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  cos 4 x  1  4 3 sin 3 x cos x 5  4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x   x 2 x x  4 1  sin 2 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau I   dx 0 2sin x cos3 x  cos 4 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC  BC  2a. Mặt phẳng  SAC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB .  2 1  25 x  23 x1 Câu V (1,0 điểm) Giải phương trình 1  2x 1 2 2x   2 x 1  2 x  22 x  II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn 2 2 Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  9 và đường thẳng  d  : x  y  10  0 . Từ điểm M trên  d  kẻ hai tiếp tuyến đến  C  , gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB  3 2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;1;2  , B  0; 1;3 . Gọi C là giao điểm của đường thẳng  AB  và mp  Oxy  . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  AB  sao cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mp  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5 . 1 1 1 1 89 Câu VII.a (1,0 điểm) Với mọi n  N , n  3. Giải phương trình 3  3  3  .....  3  C3 C4 C5 Cn 30 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng  d  : x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm K  6;2  2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 , D  3;3  3 .. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa 1 1 1 2 1 3 1  n  1  Cn0   Cn  Cn  Cn    n Cn   1023  2 3 4 n 1  ttbag@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013 Câu Đáp án Điểm 3 2 Cho hàm số y  x  3x   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 2) Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  1 cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt 2,0 5 2 P  0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 với O  0;0  1) Học sinh tự vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và (d): x 3  3 x 2   m  1 x  1  x  1  x  0  y  1  P  0;1  x  x 2  3x  m   0   2  x  3x  m  0  2   Để  Cm  cắt (d) tại 3 điểm phân biệt   2  có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m  0   9 I m  4  Giả sử M  x1; x1  1 , N  x2 ; x2  1 khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2) 1 OM .ON .MN Ta có SOMN  MN .d  O;  d    (với R là bán kính đường tròn ngoại 2 4R tiếp tam giác OMN ) 1 OM .ON .  .d  O;  d     OM .ON  2 R.d  O;  d    5 2d  O;  d    3 2 4R Mà ta có OM .ON   2x 2 1    2 x1  1 2 x12  2 x1  1 2 2 Với x1  3 x1  m; x2  3x2  m  OM .ON  4m 2  12m  25 1 2 * d  O;  d     2 2 2 m  0 Khi đó thế vào (3) ta được 4m 2  12m  25  5 2 5 thỏa đề chỉ có 2  m  3 m  3 1) Giải phương trình: 2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  1  cos 4 x  4 3 sin 3 x cos x 1,0 pt  2cos2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  2sin 2 2 x  4 3 sin 3 x cos x  cos 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x  sin 2 2 x  2 3 sin 3x cos x  cos 2 2 x  sin 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3x cos x
 cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3x cos x  2sin 3x sin x  4sin 3 x cos3 x  2 3 sin 3x cos x   2sin 3x sin x  2 cos 3x  3 cos x  0  sin 3 x  0 II  sin x  3 cos x  2cos3 x  * sin 3x  0  x  k  k  Z  3   *sin x  3 cos x  2cos3 x  cos  x    cos 3 x  6    x   12  k   k  Z  x   k    24 2   k k Vậy nghiệm của phương trình là x    k ; x   ;x  k  Z  12 24 2 3 5  4x 10 2) Giải bất phương trình: 2 x x   x   2 1 1,0 x x x  0 x  0   ĐK:  10  2  x0 x  x  2  0   x  2 x  10  0    Bpt(1)  2 x 2  4 x  5  x 2  2 x  10  2 x 2  2 x  10  15  x 2  2 x  10 Đặt t  x 2  2 x  10   x  12  9  3*  5 2 Bpt trở thành 2t  t  15  0  t   2  t  3  do *   t  3 2 t  3  x 2  2 x  10  3  x 2  2 x  1  0   x  1  0  h / n  Vậy nghiệm bất phương trình là x   0;    4 1  sin 2 x 1,0 Tính tích phân sau I   2sin x cos3 x  cos4 x dx 0   2 2 4  sin x  cos x  4 cos 2 x  tan x  1 I dx   dx III 2  2 0 cos x 2sin x cos x  cos x  4 0 cos x  2 tan x  1   2 4  tan x  1  tan x  12 d tan x 4  2 dx     0 0 cos x  2 tan x  1 2 tan x  1 1 Đặt t  tan x  dt  d  tan x   dx cos 2 x
x  0  t  0 Đổi cận  x    t 1  4 Khi đó I  1  t  12 dt  1 1  2t  1 2t  1  4  2t  1  1 dt  1  2t  1  4  1   dt 0 2t  1 40 2t  1  0 2t  1  1 1 1  1 1  1 I   t 2  3t  ln 2t  1    4  ln 3   1  ln 3 4 2 0 4 2  8 Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC  BC  2a. Mặt phẳng  SAC  tạo với  ABC  một góc 600 . Hình chiếu H của S lên mặt 1,0 phẳng  ABC  là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB S K IV H C B N a M A ABC vuông tại A có BC  2a, AC  a;   300 ,   600 B C Gọi N laftrung điểm của AC Vì AC  AB  AC  HN , AC  SH   AC   SHN   SNH  600 a 3 3a Trong tam giác SNH  HN  ; SH  2 2
a2 3 S ABC  2 1 a3 3  VS . ABC  SH .S ABC  3 4 Kẻ a // AH (a đi qua B)  HA //  SB, a  Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí HK  d  HA; SB   a 3 Tam giác ACH đều nên góc HBM  600  HM  HB sin 600  2 1 1 1 3a Trong tam giác SHM ta có 2  2  2  HK  HK HM HS 4  2 1  25 x  23 x1 Giải phương trình 1  2x 1 2 2x   2 x 1  2 x  22 x  1,0 2 2.23 x 2.32 x pt  x  x  x  2 x  4 x  8x 1 2 1 4 1 2 1 8x 32 x 2 x  4 x  8x     1  2x 1  4x 1  2x 2 x x x 4 16 64 2 x  4 x  8x  x    4  8x 2 x  8x 2 x  4 x 2 x 2 x 2 x 2  2   4   8   2 x  4 x  8x V 4 x  8x 2 x  8x 2x  4x 2 2 2 2 2 Ta có   2x    4x    8x   2 x  4 x  8x   2 x  4 x  8x 4 x  8x 2 x  8x 2 x  4x  2 2 x  4 x  8x  2 x 2 x 2 x 2 Vậy 2   4  2 x  4 x  8x  8   x 2x   x 4x  x 8x 4 x  8x 2 x  8x 2 x  4 x 2 4  8x 2  8x 2  4 x  2x 4x  1 2x  x  x   1  4 x  4 x  8 x  4  8x 2  8x  x  x 1  4x    2 4   x0 x x x x x x  2 8  1  4 1  2  8  16   4 x  8x  2 x  4 x   2x  4x 1  2x  2,0 2 2 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  9 và đường thẳng  d  : x  y  10  0 . Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), 1,0 gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB  3 2
y d A M H I B O x VIa Đường tròn (C) có tâm I  3;1 , bk R  OA  3 3 2 Gọi H  AB  IM , do H là trung điểm của AB nên AH  . Suy ra: 2 2 9 3 2 2 IA2 6 IH  IA  AH  9   và IM   3 2 2 2 IH 2 2 2 Gọi M  a;10  a    d  ta có IM 2  18   a  3    9  a   18 2a 2  24a  90  18  a 2  12a  36  0  a  6 Vậy M  6;4  2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A 1;1;2  , B  0; 1;3 . Gọi C là giao điểm của đường thẳng AB và mp  Oxy  . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  AB  sao cho mặt 1,0 cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5 A M N C (Oxy) B    Gọi C  c1; c2 ;0    Oxy  khi đó ta có AC   c1  1; c2  1; 2  ; AB   1; 2;1    Do C   AB    Oxy   C   AB  khi đó AC; AB cùng phương   Nên tồn tại số thực k sao cho AC  k AB
c1  1  k     c1  3 Vậy AC  k AB  c2  1  2k    C  3;5;0   2  k c2  5      Gọi M  m, n, p    AB   AM   m  1; n  1; p  2  ; AB   1; 2;1     AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho  m  1  t m  1  t       AM  t AB   n  1  2t  n  1  2t  M 1  t ;1  2t ; 2  t  p 2  t p  2t   CM   t  2 2   2t  4 2   2  t 2  6t 2  24t  24 Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên  Oxy  suy ra MN  z M  t  2 Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN 2  NC 2  MC 2 t  0 6t 2  24t  24  t 2  4t  4  20  5t 2  20t  0    t  4 t  0  M 1;1; 2  ; t  4  M  5;9; 2  Vậy M 1;1; 2  hoặc M  5;9; 2  1 1 1 1 89 Với mọi n  N , n  3. Giải phương trình 3  3  3  .....  3  1,0 C3 C4 C5 Cn 30 3 k! k  k  1 k  2  1 6 Ta có Ck    3  k  3 3! k  3! 6 Ck k  k  1 k  2  1 1 2 Ta lại có    k  1 k  2 k  k  1 k  k  1 k  2  1 1 Đặt f  k    3  3  f  k   f  k  1   k  1 k  2 Ck Cho k chạy từ 3 tới n ta được n 1 VIIa  C 3  3  f  3  f  4   f  4   f 5  ....  f  n   f  n   f  n  1 k 3 k n   1 1  C 3  3  f  3  f  n  1   3 1  n  n  1    k 3 k   1 1 1 1  1  89 Hay 3  3  3  .....  3  3 1   n  n  1   30  C3 C4 C5 Cn    n 2  n  1  89  3 2    90 n 2  n  1  89n 2  89n   n  n  30 n  n 2  n  90  0  n  10  Ck3  3 k 3 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng  d  : x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi 1,0 qua điểm K  6;2 
I (d) A K C O B B   d  : x  2 y  5  0 nên gọi B  5  2b; b  , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy VIb ra C (2b  5; b) và O (0;0)  BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là  d  : x  2 y  5  0 nên I (2;4) và I  AB  Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với  CK  11  2b; 2  b  b  1  2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b2  30b  25  0   b  5 Với b  1  B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại  31 17  Với b  5  B (5;5), C (5; 5)  A  ;   5 5  31 17  Vậy A  ;  ; B (5;5); C (5; 5)  5 5 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 , D  3;3  3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  AB  và điểm N thuộc trục hoành 1,0 sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3     Gọi M  m1; m2 ; m3  là điểm thuộc  AB  khi đó AM , AB cùng phương   AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2; 2      AM , AB cùng phương m1  t      t  R : AM  t AB  m2  2t  M  t ; 2t ; 1  2t  m  1  2t  3 Gọi N  n;0;0    Ox    NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2      MN vuông góc CD nên NM .CD  0  t  n  4t  4t  2  0  t  2  n 1 2 2 MN  3  MN 2  9   t   t  2    4t 2   2t  1  9
t  1  8t  4t  5  9  8t  4t  4  0   1 2 2 t   2 Với t  1  n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0  1 3 1   3  Với t   n    M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2 2   2   1 1 1 1  Tìm ….  n  1  Cn0  Cn  Cn2  Cn3    1 Cnn   1023 1,0  2 3 4 n 1  1 1 1 1 1 1023 Cn0  Cn  Cn2  Cn3    Cnn  2 3 4 n 1 10 n 1 n 1 n! n n! Ta thấy VT có dạng  Cnk    k 0 k  1 k  0 k  1 k ! n  k  ! k  0  k  1 ! n  1   k  1  ! 1 n  n  1! n  n  Cnk11   n  1 k  0  k  1!  n  1   k  1 ! k 0 1 1  n 1  Cn11  Cn21  ....  Cnn11   n  1  2n1  1 VIIb 1 1 1 2 1 3 1 1023 Mà Cn  Cn  Cn  Cn    0 Cnn  2 3 4 n 1 n 1 1 1023  n 1  2n1  1  n  1  2n1  1024  n  9 ttbag@gmail.com sent to www.laisac.page.tl