Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 62

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

Thêm vào BST

Báo xấu

37
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 62', 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 62

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN. MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): 3 1 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số : y  x 3  mx 2  m3 (1). 2 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m = 1. b) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d có phương trình y = x. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 x  cos 2 x  sin x cos x(1  2 cos x)  sin x  cos x .  3 4 x b) Giải hệ phương trình:     x  1  1 3y  x .  y  log x  1  3 1  x Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I     ln( x  1) x.dx . 3 0  1 7x x   Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc  = 1200, O là giao điểm ABC của AC và BD, I và E là trung điểm OB và AB tương ứng. Mặt phẳng (SAI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ACE và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và CE. Câu 5. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  1 . Chứng minh rằng: xy yz zx x y z      . xy  z yz  x zx  y y  z z  x x  y II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD có phương trình: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; - 3), B(2; 5; - 2), C(1; - 1; 2), D(3; 1; 1). Viết phương trình mặt (P) đi qua A, B và cách đều hai điểm C, D. 1 Câu 8a. (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn 4  Cn  3  7 (n  3) . Tìm hệ số của số hạng chứa n n  1 n 5 5  x8 trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của  3  x  , x  0. x 7  B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 6b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): ( x  1)2  ( y  1)2  2 và hai điểm A(0; - 4), B(4; 0). Tìm tọa độ hai điểm C, D sao cho ABCD là hình thang (AB // CD) và đường tròn (T) nội tiếp trong hình thang đó. Câu 7b. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 y  4 z  20  0 và các điểm A(1; 2; 2), B(-2; 0; 4). Mặt phẳng (P) song song với AB và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6  . Viết phương trình mặt phẳng (P), biết (P) đi qua điểm C(2; 1; -6). 3 1 Câu 8b. (1 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn Cn  5Cn . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển n  2 3 1  nhị thức Niu – Tơn của  x  4  , x > 0.  n5 x ------------------------Hết------------------------ Cảm ơn thầy Đỗ Đường Hiếu (doduonghieu@gmail.com) gưởi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN. MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu Ý Nội dung Điểm a) 3 1 Khi m =1, ta có hàm số y  x  x 2  . TXĐ:  . 3 2 2 0.25 lim y   , lim y   x  x  Đạo hàm y’ = 3x2 – 3x; y’ = 0 khi x = 0, x =1. Hs đồng biến trên (-  ; 0) và (1; +  ). Nghịch biến trên (0; 1) 0.25 HS đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0,5; HS đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 Bảng BT x - 0 1 + y’ + 0 - 0 + 0.25 0.5 + y - 0 Đồ thị. Đồ thị đi qua hai điểm cực trị(0; 0,5), (1; 0), điểm uốn (0,5; 0,25) và các điểm 0.25 1 (1,5; 0,5), (-0,5; 0). b) 3 1 Xét y  x 3  mx 2  m3 . TXĐ:  . 2 2 0.25 2 Và y’ = 3x – 3mx = 3x(x – m) = 0 khi x = 0, x = m Do y’ là tam thức bậc hai nên để hàm số có CĐ, CT thì cần và đủ là y’ có hai nghiệm 1 0.25 phân biệt, hay m  0. Khi đó tọa độ các điểm CT của đồ thị là: A(0; m3 ), B(m; 0) 2 Để A, B đối xứng nhau qua y = x, ta phải có AB vuông góc với ĐT y = x và trung 0.25 điểm của AB thuộc ĐT y = x, 1 3 2m  .1  1 Hay  m  m   2 (do m  0). Vậy m =  2 là các giá trị cần tìm. 0.25 1 3 1  m  m 4 2 a) Phương trình: sin 2 x  cos 2 x  sin x cos x(1  2 cos x)  sin x  cos x .  (2sin x cos x  sin x)  [(2 cos 2 x  1)  cos x]+ sin x cos x(1  2cos x)  0 2  sin x(2 cos x  1)  (2 cos x  1)(cos x  1)  sin x cos x(1  2cos x)  0 0.5  (2 cos x  1)(sin x  cos x  1  sin x cos x)  0  2 cos x  1  0 (1), sin x  cos x  1  sin x cos x  0 (2) 1  Giải (1) ta được cos x   x    k 2 0.25 2 3 1 t2 Giải (2) bằng cách đặt sinx – cosx = t thì | t | 2 và sin x cos x  . Thay vào 2 1 t2 (2): t  1   0  t 2  2t  3  0  t =1, t = -3 (loại) 2     2 Với t = 1 thì sinx – cosx = 1  2 sin  x    1  sin  x     4  4 2 0.25     x  4  4  k 2      x  2  k 2 .  x        k 2    x    k 2  4 4   Vậy PT đã cho có 4 họ nghiệm: x    k 2 , x   k 2 , x    k 2 với k   3 2
b)  3 4 x  x  1 1 3y  Giải hệ phương trình:  x  (1)   y  log x  1 (2)  3 0.25 ĐK: 0  x  4, y  . 3 3 log3 3 Từ (2) ta có: y  1  log 3 x  log 3 suy ra 3y  3 x  x x Thay vào (1) ta được: 3 3 4 x  x  1 1  x x  x 1  1 4  x  x 1  1 4  x  2 4  x 0.25 x  2 x  2 x  2  x2 4 x   2  2   x3 0.25 ( x  2)  4  x  x  3x  0 x  0  x  3 Với x = 3 thỏa mãn ĐK ta có y = 0. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 0). 0.25 1  1 1 x x 2 dx Tính tích phân I     ln( x  1) x.dx     x ln( x  1) dx 3  3 0  1 7x x  0 1  7 x3 0 1 2 x 2 dx 3  t3 1  3 3  t 3  1  3t 2 Xét I1   . Đặt 1  7 x  t  x     3 x 2 dx  2   dt 3 0 1 7 x 3  7   7  7 0.25 Đổi cận: với x = 0 thì t = 1, với x = 1 thì t = 2. Khi đó:  t3 1  t 2 1 2 2  dt 2 2 x 2 dx  7  7  2 (t 4  t ) dt  2  1 t 5  1 t 2   47 . 0.25 I1   =  49    3 0 1 7 x 3 1 t 1 49  5 2  1 245 3  1 1 du  x  1 dx u  ln( x  1)  Xét I 2   x ln( x  1)dx . Đặt   0.25 0  dv  xdx v  1 ( x 2  1)   2 1 Khi đó I 2   x ln( x  1) dx = 0 1 1 1 1 2 1 1 x2  1 1 11  1 0.25 = ( x  1) ln( x  1)   dx    ( x  1)dx    x 2  x  = 2 0 2 0 x 1 20 22 0 4 47 1 433 Vậy I =   . (  0, 4418367347) 245 4 980 S B C I E 4 K O A D Do (SIA) và (SIC) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI  (ABCD). Từ GT suy ra  1 1 1 1 a 3 0.25 SOI  600 ; IO = BO  BD  a , suy ra SI = a.tan 600  . 2 4 4 4 4 a 3 Tam giác ABD đều cạnh a nên đường cao AO = => AC = a 3 . 0.25 2
1 1 1 a2 3 Do E là trung điểm của AB nên ta có : S ACE  S ABC  S ABCD  AC.BD  2 4 8 8 3 1 a Vậy thể tích khối chóp S.ACE là : V  .S ACE .SI  3 32 Do OA,OB, SI đôi một vuông góc nên ta thiết lập hệ tọa độ: a 3 a a a 3 a O = (0; 0; 0), A( ; 0; 0), B(0; ; 0), S(0; ; ). Suy ra D(0; - ; 0), 2 2 4 4 2 a 3 a 1    3a a 3    3a 3 a   E( ; ;0) , C(- a 3 ; 0; 0). Ta có SD   0;  ;   , CE   . 4 4 2  4 4   4 ; 4 ;0       MP chứa CE và song song song với SD có 1 vectơ pháp tuyến là  16     0.5   n   SD; CE   3; 9;9 3 . Nên mp chứa CE và song song với SD có PT: a   1 ( ) : 3( x  a 3)  9 y  9 3 z  0 2 1 1 3a  9 a 2 2 6a 2a 327 Vâỵ d(SD,CE) = d(D,(  )) =   2 3  9  3.9 2 327 109 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  1 . Chứng minh rằng: xy yz zx x y z      . xy  z yz  x zx  y y  z z  x x  y Do x, y, z dương và 1 = x + y + z nên xy xy xy x y 1 x y     .     (1) xy  z xy  z ( x  y  z ) ( z  x)( z  y) z x z y 2 z x z y  (Theo Cô – Si ) Hoàn toàn tương tự ta có thêm: 0.5 yz 1 y z  zx 1 z x      (2) ,     (3). Từ (1), (2) và (3) yz  x 2  x  y x  z  zx  y 2  y  z y  x  xy yz zx 3 ta suy ra:    (I) xy  z yz  x zx  y 2 5 x y z 3 Ta C/M: với x, y, z dương ta có:    (II) yz zx x y 2  1 1 1  Thật vậy, biến đổi (II) thành: [( x  y )  ( y  z )  ( z  x)]      9 (4)  x y y z zx Áp dụng BĐT Cô – Si ta có: ( x  y )  ( y  z )  ( z  x )  3 3 ( x  y )( y  z )( z  x) >0 (5) 1 1 1 1 1 1 0.5    33 . . >0 (6) x y y z zx x y y z z x Từ (5), (6) suy ra (4) hay (II) được C/M. xy yz zx x y z Kết hợp (I) và (II) suy ra      xy  z yz  x zx  y y  z z  x x  y (đpcm) Đẳng thức xáy ra khi x = y = z = 1/3. A.Theo chương trình Chuẩn. B = AB giao với BD nên B = (7; 3), mà BC vuông góc với AB nên 6a 0.25 BC: 2x + y – 17 = 0 A thuộc AB nên A(2a + 1; a) với a  3; C thuộc BC nên C(c; 17 – 2c) với c  7.  2a  c  1 a  2c  17  trung điểm của AC là I =  ;  cũng là trung điểm của BD, hay I 0.25  2 2 
thuộc BD nên: 3c – a – 18 = 0 (1)    Lại có M, A, C thẳng hàng nên MA  (2a  1; a  1) và MC  ( c  2;16  2c ) cùng 0.25 phương, suy ra (2a – 1)(16 – 2c) = (a – 1)(c - 2) (2) Thay a = 3c – 18 từ (1) vào (2) được c2 – 13c + 42 = 0  c  6, c  7 (loại) 0.25 Với c = 6 thì A(1; 0), C(6; 5), B(7; 3) và D(0; 2)    Ta có AB  (1; 4;1) . Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là n  ( a; b; c ) thì do (P) qua A, B    0.25 nên AB.n  0 hay a + 4b + c = 0 (1). Mp (P) có pt dạng: a(x – 1) + b(y – 1) + c(z + 3) = 0. Vì C, D cách đều (P) nên ta có: | 2b  5c | | 2a  4c | 0.25  | 2b  5c || 2 a  4c | (2) 7a 2 a b c2 2 a 2  b2  c 2 Giải hệ (1), (2) với chú ý a 2  b 2  c 2  0 , ta được: (a; b; c) = (2; - 1; 2) hoặc (a; b; c) 0.25 = (38; - 7; -10) Vậy có hai mp cần tìm: 2x – y + 2z + 5 = 0 hoặc 38x – 7y – 10z – 61 = 0. 0.25 Lưu ý. Bài trên có thể giải theo cách: Do (P) cách đều CD nên ta phải có (P) đi qua trung điểm của CD hoặc (P) // CD. n 1 n 3 3 Với n nguyên dương ta có: Cn 4  Cn 3  7( n  3)  Cn  4  Cn 3  7( n  3) ( n  4)( n  3)( n  2) ( n  3)( n  2)( n  1) 0.25    7( n  3)  n  12 3! 3! n 12  1 n5 5  1  Với n =12, Số hạng tổng quát của khai triển  3  x    3  x5  là x 7  x  8a 12  k 5k 0.25 k  1  k Tk 1  C  3  12 x   x 5 k  C .x 12 36  3 k  2 . 5k Để số hạng trên chứa x8 thì 36  3k  8 k 8 0.25 2 Vậy số hạng chứa x8 có hệ số là C12  495 . 8 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao. x y (T) có tâm I(1; -1) và bán kính R = 2 . AB có pt:   1  x  y  4  0. 4 4 CD//AB nên CD có PT dạng: x – y + c = 0, c khác -4; CD lại tiếp xúc với (T) nên: 0,5 |1  1  c |  2  c  0 , c = -4 (loại). CD: x – y = 0. 2 AD đi qua A nên có PT: ax + b(y + 4) = 0, a 2  b 2  0 . Do AD tiếp xúc với (T) nên: | a  3b |  2  ( a  3b) 2  2( a 2  b 2 )  a 2  6ab  7b 2  0  ( a  b)( a  7b)  0 2 a b 2 0.25 6b  a  7b , a = - b bị loại do AD  AB. Với a = 7b thì ta có pt AD: 7x + y + 4 = 0. Suy ra D = AD  CD = (-0,5; -0,5) BC đi qua B nên có PT: a(x – 4) + by = 0, a 2  b 2  0 . Do BC tiếp xúc với (T) nên: | 3a  b |  2  (3a  b) 2  2( a 2  b 2 )  b 2  6ab  7 a 2  0  ( a  b)(b  7 a )  0 2 2 a b  b  7 a , a = - b bị loại do AC  AB. 0.25 Với b = 7a thì ta có pt BC: x + 7y - 4 = 0. Suy ra C = BC  CD = (0,5; 0,5)  1 1 1 1 Vậy tọa độ các điểm phải tìm là: D   ;   , C  ;  .  2 2 2 2    7b Ta có AB  ( 3; 2; 2) . Gọi n  ( a; b; c ), (a 2  b 2  c 2  0) là vectơ pháp tuyến của (P)    0.25 thì do (P) // AB nên AB.n  0 hay -3a – 2b + 2c = 0 (1) (P) lại đi qua C nên (P) có PT: a(x – 2) + b(y – 1) + c(z + 6) = 0. Mặt cầu (S) có tâm I(0; 1; 2) và bán kính R = 5 lại cắt (P) theo đường tròn có chu vi 6  nên suy ra k/c từ 0.25 I đến (P) bằng 4, hay
| 2a  8c |  4  (a  4c) 2  4( a 2  b 2  c 2 ) (2) 2 2 2 a b c 2c  2b Từ (1): a  , thay vào (2) ta được: 2b 2  3bc  2c 2  0  (2b  c)(b  2c)  0 3 0.25 2b + c = 0 hoặc b – 2c = 0. Với 2b + c = 0 ta suy ra b = 1, c = -2, a = -2 nên (P): -2x + y – 2z – 9 = 0 2 16 0.25 Với b – 2c = 0, suy ra c = 1, b = 2, a = -2/3 nên (P) :  x  2 y  z   0 3 3 Với n là số nguyên dương và n  3 , ta có 3 1 n( n  1)( n  2) 0.25 Cn  5Cn   5n  n 2  3n  28  0  n = 7, n = -4 (loại) 3! n 7  2 3 1   1  Với n = 7, số hạng tổng quát của khai triển  x  4  =  3 x  4  là:  n5 x  x 8b k 7 k k 0.25 7 k  1   Tk 1  C k 7  x3 k  4   C7 x  x 3 4 7k k Để số hạng trên không chứa x, thì  0 k 4 0.25 3 4 Vậy số hạng không chứa x của khai triển là C74  35 . 0.25 Cảm ơn thầy Đỗ Đường Hiếu (doduonghieu@gmail.com) gưởi tới www.laisac.page.tl