Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 50

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

60
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 50', 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 50

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  3  m  1 x 2  9m2  3m (1), trong đó m là tham số thực. 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m   . 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  7m2 tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D thỏa mãn điều kiện AB  BC  CD . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 1  2cos 2 x  3 sin x  cos x  0 . Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình x  1  3 x  6  4 x  79  x  . 2 4 dx Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   1  sin 0 x . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình tứ diện ABCD có DA  DB  DC  a 3, AB  a, AC  a 2, BC  a 3 . Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC.  x 2 y 2 Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2  2  4  x, y  2 y  2 2 x 4 2  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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H  2;1 và tâm đường tròn ngoại tiếp I 1;0  . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C; biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm E  6; 1 và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các đường thẳng x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 1 :   ; 2 :   và điểm M  2; 1;1 . 1 2 2 2 1 1 Viết phương trình đường thẳng cắt 1 ,  2 lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. n trong khai triển nhị thức Niutơn của  3  x 2  , trong đó n là số nguyên dương thỏa Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 10 1    x  n mãn 2C2 n  2C2 n  ...  2C2 n 1  2100  2  C2 n . 1 2 n B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A  2; 1 , trực tâm H  2;1 và BC  20 . Gọi B ', C ' lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh B, C . Lập phương trình đường thẳng BC , biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  1  0 , tung độ của M dương và đường thẳng B ' C ' đi qua điểm  3; 4  . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 ,  2 có phương trình: x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 1 :   , 2 :   . 1 4 2 1 1 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 ? Câu 9.b (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có ba chữ số. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số chia hết cho 10? Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tơi www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN KSCL ĐẠI HỌC LẦN 3 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2012-2013 Câu Nội dung trình bày Điểm 1(1đ) 1.a(1điểm) 1 Khi m   thì hàm số có dạng y  x 4  2 x 2 . 3 +) Tập xác định D  . +) Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  4 x3  4 x ; y '  0  x  0, x  1 . 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và 1;   , hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1 - Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  0 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  1 - Giới hạn: lim y  , lim y   0,25 x  x  - Bảng biến thiên: 0,25 +) Đồ thị 0,25 1.b (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y  7m2 : x 4  3  m  1 x 2  9m2  3m  7m2  2  0,25  x 4  3  m  1 x 2  2m2  3m  0   x 2  m  x 2  2m  3  0  x2  m  2 . Để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  7m2 tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi  x  2m  3 m  0  0,25   2m  3  0  m  0  2m  3  m  Phương trình (2) có 4 nghiệm là:  2m  3   m  m  2m  3 . Khi đó ycbt   2m  3,  m , m , 2m  3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng  2m  3  m  2 m  3 3 0,5   2m  3  3 m  m  . Vậy m  .  2m  3  m  2 m  7 7 2(1đ) Ta có 1  2cos 2 x  3 sin x  cos x  0  sin 2 x  cos2 x  2  cos2 x  sin 2 x     3 sin x  cos x  0 0,25  3sin 2 x  cos2 x   3 sin x  cos x  0   3 sin x  cos x  3 sin x  cos x     3 sin x  cos x  0  3 sin x  cos x  0   3 sin x  cos x   3 sin x  cos x  1  0    3 sin x  cos x  1 0,25     +) 3 sin x  cos x  0  2sin  x    0  x   k , k  .  6 6 0,25    +) 3 sin x  cos x  1  2sin  x    1  x   k 2 , x    k 2 , k  . Vậy….  6 3 0,25
3(1đ) Điều kiện xác định x  1. Đặt f  x   x  1  3 x  6  4 x  79 , x  1 , ta có: 2  x  79   4  x  1 3 2 4 4 1 1 1 1 f ' x  0,5     0 2 x  1 3 3  x  6 2 4 4  x  79 3 3 3  x  6 2 4  x  79  . x  1 4 3 với x  1. Do đó hàm số f  x  đồng biến trên  2;   . Mặt khác f  2   0 suy ra phương trình f  x   0 có một nghiệm duy nhất x  2. 0,5 4(1đ) 2  Đặt t  x  x  t 2  dx  2tdt , đổi cận x  0  t  0, x  t  . Khi đó 4 2      t   2 2 2 2tdt 2tdt I  1  sin t     2td  tan     0,5 t    2 4  0 0 2 cos 2    0 2 4 u  2t du  2dt   Đặt    t      t   , kết hợp với công thức tích phần từng phần ta có: dv  d  tan  2  4   v  tan  2  4         0,25      t   2 t    t   2 2 4 I   2t tan       2 tan    dt   d  cos       2 4  o 0 2 4 0 cos  t    2 4     2 4  t  2  ln cos     ln 2 . Vậy I  ln 2. 0,25 2 4 0 5(1đ) D F E K A C H B Do BC  AB  AC  ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của BC. 2 2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên mp(ABC), kết hợp với định lí Pitago và DA  DB  DC ta 0,25 được HA  HB  HC hay H là tâm ngoại tiếp tam giác ABC suy ra H là trung điểm của BC. 3a 1 1 3a 1 2 3 Ta có DH  DB 2  BH 2   VDABC  DH .S ABC  . . AB. AC  a 2 3 3 2 2 4 0,25 Dựng hình bình hành ABCE và gọi K, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AE, DK. Khi đó AE   DHK   AE  HF , kết hợp với HF  DK  HF   DAE   d H ,  DAE   HF .   0,25 Mặt khác BC  ADE   d  BC, AD   d  BC,  ADE   d  H ,  ADE   HF .
AB. AC a 6 Ta có HK  d  A, BC    . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HDK ta có BC 3 0,25 1 1 1 HD.HK 3a 70 2  2   HF   . HF HD HK 2 HD  HK 2 2 35 6(1đ) Điều kiện xác định x, y    2; 2  . Nhận xét nếu x  0 thì từ phương trình thứ nhất ta được:   2 y  4 vô lí. Tương tự nếu y  0 cũng không xảy ra. Do đó nếu  x; y  là 2 4  2x  2  20  2 2 0,25 nghiệm thì x  0, y  0 . Khi đó ta xét x  0, y  0 . Từ hệ pt ta được 2  2 x 2 x2  2y  2 2 y 2  g  x   g  y  , trong đó g  t   2t  2 2 t 2 , t  0. 2 t 2 t.2 .ln 2 0,25 Ta có g '  t   2 ln 2  t  0, t  0  g  t  đồng biến trên  0;   . Do đó từ 2  t2 g  x  g  y  x  y . Với x  y ta được 2x  2 2 x2  4  0 . Xét hàm số f  x   2 x  2 2 x2   4, x  0; 2  ta có :    2 x2 2 2 x 2 x.2 .ln 2 2x f '  x   2 ln 2  x , f ' x  0    h  x  h 2  x 2 , trong đó 2 x 2 x 2  x2 0,25 2 x  x ln 2  1 2 x  2 ln 2  1   0, x  0; 2 2x  h  x   , x  0; 2  h '  x   x x2  x2   Do đó   x 0 1 2 h  x  h 2  x 2  x  2  x 2  x  1 . Lập bảng f'(x) - 0 - 0 biến thiên của f  x  ta được f  x   0 có nghiệm duy 0,25 f(x) nhất x  1 . Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  x, y   1,1 . 7a(1đ) A H I B C M J Gọi M là trung điểm của BC nên M  2t  1; t  . Gọi J là điểm đối xứng của I qua BC suy ra J là tâm ngoại tiếp tam giác HBC suy ra J  4t  1; 2t  . Do E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên 0,5 JH  JE   4t  1   2t  1   4t  5   2t  1  24t  24  t  1  M  3;1 . 2 2 2 2 Do M là trung điểm của BC nên BC nhận IM   2;1 làm vtpt suy ra phương trình BC: 2  x  3  y  1  0  2 x  y  7  0  B  t;7  2t  , t  4 . Theo trên ta được J  5; 2  , kết hợp với B, E đều nằm trên đường tròn tâm J nên JB  JE   t  5   5  2t   10 2 2 2 2 0,5  t 2  6t  8  0  t  2, t  4 , so sánh với điều kiện t  4 ta được t  2  B  2;3 . Mặt khác M là trung điểm của BC nên xC  2 xM  xB  4, yC  2 yM  yB  1 . Vậy B  2;3 , C  4; 1 .
8a(1đ) Viết 1 ,  2 dưới dạng tham số và kết hợp với A, B lần lượt thuộc 1 ,  2 ta được: A  2  m;1  2m;1  2m  , B  2  2n; 3  n,1  n  0,25 Do M là trung điểm của AB nên  xA  xB  2 xM  2  m  2  2n  4  m  2n  0    m  0  y A  yB  2 yM  1  2m  3  n  2  2m  n  0    A  2;1;1 0,5 z  z  2z 1  2m  1  n  2  2m  n  0 n  0  A B M   x  2  Đường thẳng AB có vtcp là AM   0; 2;0   pt AB :  y  1  2t 0,25 z  1  9a(1đ) Ta có C2 n  C2 n  ...  C2 n  1  1 0 1 2n 2n 0 1 n n  C2n  C2n  ...  C2n  C2n 1  ...  C2n  22n 2n 0,25 n  2C2n  2C2n  2C2n  ...  2C2n 1  C2n  22n 0 1 2 n n  2  2C2n  2C2n  ...  2C2n 1  C2n  22 n  2  2100  2  C2n  C2n  22n 1 2 n n n 0,25  22n  2100  n  50. Theo công thức khai triển Newton ta được: 50 1  50 50  x 2    C50 .x   .x 2 k   C50 .x5k 150 k 3 50  k k  3 x  k 0 k 0 0,5 Hệ số chứa x tương ứng với 5k 150  0  k  32 . Vậy hệ số của x10 là C50 . 10 32 7b(1đ) Do M nằm trên đường thẳng có pt x  2 y  1  0  M  2t  1; t  . Đường tròn đia qua 4 điểm B, C, 2 0,25  BC  C’, B’ nhận BC làm đường kính nên có phương trình:  x  2t  1   y  t     5 2 2  2  Đường tròn qua A, B’, H, C’ nhận AH làm đường kính nên có phương trình là: 2  AH  x  y  2 2   5 . Khi đó phương trình đường thẳng B’C’ có phương trình là:  2  0,25  x  2t 1   y  t   x 2  y 2  0  2  2t  1 x  2ty   2t  1  t 2  0 2 2 2 Do đường thẳng B’C’ đi qua điểm  3; 4  nên 6  2t  1  8t   2t  1  t  0  t  1  0 2 2 2  t  1 , kết hợp với điều kiện t  0  t  1  M  3;1 . 0,25 Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận vtpt AH   4;2   BC : 4  x  3  2  y  1  0  2 x  y  7  0 . Vậy phương trình đường thẳng BC : 2 x  y  7  0. 0,25 8b(1đ) Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là (S) và A, B lần lượt là tiếp điểm của (S) với 1 ,  2 . Viết phương trình 1 ,  2 dưới dạng tham số thì ta có 0,25 A  2  m;1  4m;1  2m  , B  2  n;3  n; 1  n  Do AB là đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 nên  AB.u 1  0  3n  21m  0 0,5    m  n  0  A  2;1;1 , B  2;3; 1   AB.u 1  0 3n  m  0 Trung điểm I của AB có tọa độ là I  0; 2;0  nên phương trình mặt cầu cần lập là: x2   y  2  z 2  6 2 0,25 9b(1đ) Giả sử số có 3 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số chia hết cho 10 là abc . Khi đó số các số có 3 chữ số tùy ý là 9.10  900 . Trước hết ta có nhận xét sau: 2 Nhận xét: Số nghiện không âm của phương trình x1  x2  x3  n bằng Cn  2 . 2 Ta có a  b  c  10k , kết hợp với 0  a, b, c, d  9 nên k  1, 2,3 . Ta xét các trường hợp sau : 0,5 TH1. Nếu k  1 thì a  b  c  10 . Khi đó số nghiệm của pt này với a tùy ý là C 2 12 và số nghiệm với a  0 là C 1 11 suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là C  C  1  C  1 (ở đây ta phải bỏ 2 12 1 11 2 11
đi trường hợp a  10, b  c  0. ). TH2. Nếu k  2 thì a  b  c  20 . Đặt a  9  x, b  9  y, c  9  z , kết hợp với điều kiện a, b, c ta được x, y, z 0,1,...,9 và x  y  z  7 . Mỗi bộ  a, b, c  thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với một bộ  x, y, z  với điều kiện x  9 (đk này luôn thỏa mãn). Khi đó số nghiệm không 0,25 âm  x, y, z  là C9 suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là C9 . 2 2 90 0,25 Vậy số các số có 3 chữ số thỏa mãn ycbt là C11  C9  1  90 . Do đó xác suất cần tìm là 2 2  0,1. 900 Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tơi www.laisac.page.tl