Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tổng hợp đề thi thử đh môn toán các khối đề 59', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 59
- SỞ GD&ĐT NGHỆ AN −
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012−2013
TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU MÔN: TOÁN − KHỐI A, B
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
1
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x3 − x 2 .
3
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số;
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B
phân biệt thỏa mãn OB = 3OA.
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: 3 − tan x(tan x + 2 sin x) + 6 cos x = 0
1 y 2 x
+ = +2
Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình: x x y
y x + 1 = 2 x + 3x + 3
2 2
π
2
sin x + cos x
Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân I = ∫π 3 + sin 2 x
dx .
−
2
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp
S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.
Câu 6 (1 điểm). Cho a,b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh:
a b c
+ + ≥ 1.
1 + bc 1 + ca 1 + ab
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 7a (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC vuông tại B, AC = 2. Đường phân giác trong của
góc A có phương trình (d): 3 x − y = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến
(d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương.
x = −3
Câu 8a (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: y = −6 + 5t , mặt phẳng
z = 2 − t
(P): x + 2y − 2z + 4 = 0 và điểm A(−3; −1; 2). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, vuông góc
với (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA.
Câu 9a (1 điểm). Tìm hệ số của x6 trong khai triển (x2 + x – 2)n, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:
22 23 3 2 n n 121
Cn + Cn + Cn2 + Cn + ... +
0 1
Cn = .
3 4 n +1 n +1
B. Theo chương trình Nâng cao
x2
Câu 7b (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): + y 2 = 1 và 2 điểm A(− 3; 0), B ( 3; 0) .
4
Tìm điểm M thuộc (E) sao cho AMB = 60 . 0
x +1 y z − 2
Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = , mặt
2 1 1
phẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A song
song với mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d.
( ) ( )
log2 x log2 x
Câu 9b (1 điểm). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 3 +1 + x. 3 −1 = 1 + x2 .
Cảm ơn lovemath@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl 1
- …………………………. Hết …………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1. NĂM HỌC 2012 − 2013
Câu Nội dung Điểm
1 1) • TXĐ: ℝ .
(2 điểm) • SBT:
− CBT: y’ = x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0,25
Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2).
4
− Cực trị: CĐ(0;0); CT( 2; − ). 0,25
3
− Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞ .
x →−∞ x →+∞
− BBT:
x −∞ 0 2 +∞
0,25
y’ + 0 − 0 +
0 +∞
y
4
−
−∞ 3
• Đồ thị y
0,25
1
O 2
3 x
4
−
3
−3
OB
2) Ta có: tan OAB = =3 ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là ±3.
OA 0,25
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì
y’(x0) = ±3 ⇔ x02 − 2 x0 = ±3 ⇔ x0 = −1 hoặc x0 = 3. 0,25
4 4 13
• PT tiếp tuyến của (C) tại điểm ( −1; − ): y = 3( x + 1) + hay y = 3 x + . 0,25
3 3 3
• PT tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y = 3(x − 3) hay y = 3x − 9. 0,25
2 ĐK: cosx ≠ 0.
(1 điểm) ⇔ 3(1 + 2 cos x) − tan 2 x(1 + 2 cos x) = 0 0,5
⇔ (1 + 2cosx)(3 − tan2x) = 0
1 2π π
⇔ cos x = − hoặc tan x = ± 3 ⇔ x = ± + k 2π hoặc x = ± + kπ . 0,5
2 3 3
Đối chiếu ĐK, phương trình có các nghiệm trên.
3 ĐKXĐ: x > 0, y ≠ 0. 0,25
(1 điểm) PT đầu của hệ ⇔ y = 2x hoặc y = − x .
2
- 1 3
• Với y = 2x, ta có: 2 x x 2 + 1 = 2 x + 3x 2 + 3 (*) ⇔ 1 = + . 0,25
x2 + 1 2x
1 3
Dễ thấy hàm số f ( x) = + nghịch biến trên (0; +∞).
x +1
2 2x
0,25
Mặt khác f ( 3) = 1
Vậy (*) có nghiệm dy nhất x = 3 ⇒ y = 2 3 .
• Với y = − x ta có: − x x 2 + 1 = 2 x + 3x 2 + 3 : PT này vô nghiệm vì vế trái 0,25
không dương, vế phải dương.
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất x = 3 ; y = 2 3 .
4 π π
(1 điểm) I =
2
sin x + cos x 2
sin x + cos x 0,25
∫π 3 + sin 2 x
dx = ∫π 4 − (sin x − cos x) 2
dx
− −
2 2
Đặt sinx − cosx = t, ta có:
1
dt
1
1 1 1 0,5
I=∫ = ∫ + dt
−1
4−t 2
4 −1 2 + t 2 − t
1 1 0,25
= (ln | 2 + t | − ln | 2 − t |) −1 = ln 3 .
1
4 2
5 • Do M là trung điểm SC nên
(1 điểm) 1
d ( M , ( SAB )) = d (C , ( SAB ))
2 S
1
⇒ VSABM = VSABC . M 0,25
2
Vì (SAB) ⊥ (ABC) nên gọi SH là đường
cao của ∆SAB thì SH ⊥ (ABC) A
C
a 3
∆SAB đều cạnh a ⇒ SH = . H
2 D B
2 3
1 1a 3a 3 a
VSABC = SH .S ABC = =
3 3 2 4 8
0,25
a3
Vậy VSABM = .
16
• Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành ⇒ (SAD) chứa SA và song
3V
song BC ⇒ d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))= SABD . 0,25
S SAD
a3
Ta có: VSABD = VSABC = .
8
a 6
∆SHC vuông cân tại H ⇒ SC = SH 2 = .
2
BM là đường cao tam giác cân SBC
2
a 6 a 10
⇒ BM = SA − SM = a −
2 2
=
4 .2
4
1 1 a 10 a 6 a 2 15
S SAD = S SBC = BM .SC = . . = 0,25
2 2 4 2 8
3
- 3VSABD 3a
⇒ d(SA, BC) = = .
S SAD 15
6 a a 2a
(1 điểm) Ta có: 1 + bc ≥ b +c
2 2
=
3 − a2
. 0,25
1+
2
2a
Mặt khác dễ thấy ≥ a 2 (*).
3 − a2 0,25
Thật vậy (*) ⇔ a(a − 1)2(a + 2) ≥ 0 luôn đúng.
a b c 0,25
Suy ra ≥ a 2 , tương tự ≥ b2 , ≥ c2 .
1 + bc 1 + ca 1+ b
a b c 0,25
Do đó: + + ≥ a 2 + b 2 + c 2 = 1 (đpcm).
1 + bc 1 + ca 1 + ab
7a Gọi M là điểm đối xứng của B qua d A
(1 điểm) ⇒ M ∈ AC. 0,5
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, B
trên d. M
Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM ⇒ M K
là trung điểm AC.
Vì các tam giác ABC, AHC vuông cạnh B C
huyền AC nên MH = MB = MC = HC = 1.
Giả sử C(0; y0)
|y | H
⇒ CH = d(C,d) = 0 = 1 ⇔ y0 = ±2.
2
Giả sử A(t ; t 3) ∈ d (t > 0). Ta có: AC = t 2 + ( y0 − t 3) 2 = 2
0,5
y 3
⇔ 4t 2 − 2 3 y0t = 0 (do y0 = 4 ) ⇔ t = 0
2
. Vì t > 0 nên y0 = 2 và t = 3 .
2
Vậy A( 3;3) , C(0; 2).
8a Giả sử M(−3; −6 + 5t; 2 − t) ∈ d. ta có:
(1 điểm) | −3 + 2(−6 + 5t ) − 2(2 − t ) + 4 | 0,5
d(M, (P)) = MA ⇔ = 0 + (5t − 5) 2 + t 2
1+ 4 + 4
⇔ (4t − 5) = 26t − 50t + 25 ⇔ 10t2 + 10t = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 0.
2 2
⇒ M(−3; −1; 1) hoặc M(−3; − 6; 2).
Mặt phẳng (α) cần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp
tuyến là nα = [ MA, n p ] , với n p là 1 vec tơ pháp tuyến của (P). 0,5
• M(−3; −1; 1): Ta có MA = (0;0;1) , n p = (1; 2; −2) ⇒ nα = (−2;1; 0)
Phương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0.
• M(−3; − 6; 2): MA = (0;5;0) , n p = (1; 2; −2) ⇒ nα = (−10;0; −5)
⇒ (α): 2x + z + 4 = 0.
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0.
9a Từ khai triển (1 + x) n = Cn + Cn x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n ta có:
0 1
(1 điểm) 2 2
∫ (1 + x) dx = ∫ (Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x )dx
n 0 1 2 2 n n
0,5
0 0
2
1 2 0 1 1 1 2 1
Hay: (1 + x) n +1 = Cn x + Cn x 2 + Cn x3 + ... + Cn x n +1
n
n +1 0
2 3 n +1 0
4
- 3n +1 − 1 2 2 1 23 2n +1 n
⇔ = 2Cn + Cn + Cn2 + ... +
0
Cn
n +1 2 3 n +1
3n +1 − 1 242
Kết hợp giả thiết suy ra: = ⇔ 3n + 1 = 243 = 35 ⇔ n = 4.
n +1 n +1
Ta có (x2 + x – 2)4 = (x − 1)4(x + 2)4 =
(C4 − C4 x + C4 x 2 − C4 x 3 + C44 x 4 )(C4 + C4 .2 x + C4 .4 x 2 + C4 .8 x3 + C44 .16 x 4 )
0 1 2 3 0 1 2 3 0,5
Vậy hệ số x6 là: C42 .C44 .16 − C4 .C4 .8 + C44 .C42 .4 = −8 .
3 3
7b Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có:
(1 điểm) 1 0,5
AB 2 = MA2 + MB 2 − 2 MA.MB.cos 600 = ( MA + MB )2 − 2 MA.MB − 2 MA.MB.
2
= 4a 2 − 3MA.MB = 4a 2 − 3(a + ex)(a − ex) = a 2 + 3e2 x 2
c2 2 (4c 2 − a 2 )a 2 (4.3 − 4).4 32
⇒ 4c = a + 3 2 x ⇔ x =
2 2 2
= =
a 3c 2 3.3 9
4 2
⇒ x=± .
3
x2 8 1 1
Vì M ∈ (E) ⇒ y 2 = 1 − = 1 − = ⇒ y = ± . 0,5
4 9 9 3
4 2 1
Vậy có 4 điểm thỏa mãn với tọa độ là ± ;± .
3 3
8b Véc tơ chỉ phương và véc tơ pháp tuyến của d và (P) tương ứng là 0,25
(1 điểm) ud = (2;1;1), n p = (1;1; −2) .
Gọi u∆ là vec tơ chỉ phương của ∆, từ giải thiết suy ra u∆ vuông góc với các 0,5
véc tơ ud , n p ⇒ có thể chọn u∆ = [ud , n p ] = (−3;5;1) .
Vậy phương trình ∆ là: x = 1 − 3t; y = −1 + 5t; z = 2 + t. 0,25
9b ĐKXĐ: x > 0.
(1 điểm) Đặt ( 3 + 1)log 2 x = u ≥ 0, ( 3 − 1)log2 x = v ≥ 0 ⇒ u.v = x. 0,5
Ta có phương trình:
u + uv2 = 1 + u2v2 ⇔ (u − 1)( 1 − uv2) = 0 ⇔ u = 1 hoặc uv2 = 1.
• u = 1 ⇒ log2x = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn PT).
• uv2 = 1 ⇒ (2 3 − 2)log 2 x = 1 ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn PT). 0,5
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1.
Lưu ý: Hướng dẫn này chỉ trình bày một cách giải, nếu học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì cho
điểm tối đa dành cho phần đó (hoặc ý đó).
Cảm ơn lovemath@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
