Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A

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

Thêm vào BST

Báo xấu

343
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A

Chuyên Phan B i Châu Đ thi th Chuyên Phan B i Châu năm 2013 Môn: TOÁN Đ S 1 NGÀY 14.04.2013 PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) 2x − 3 Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x +1 a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th (C ) c a hàm s đã cho. b) Tìm m đ đư ng th ng d : 2x − y + m = 0 c t đ th (C ) t i hai đi m phân bi t có tung đ dương. Câu 2. (2 đi m) π x 3x a) Gi i phương trình (tan 2x cot x − 1) sin 4x = sin(x + ) + 2 sin cos 3 2 2 6x 2 b) Gi i b t phương trình 2 > 2x + x − 1 + 1 2x + 1 + 1 Câu 3. (1 đi m) ính di n tích hình ph ng gi i h n b i các đư ng y = (1 − x)e x ; y = x 3 − 1; và tr c tung. Câu 4. (1 đi m) Cho hình chóp đ u S.ABC có góc gi a m t và m t đáy b ng 60o và kho ng cách gi a 3a hai đư ng th ng S A và BC b ng . Tính theo a th tích kh i chóp S.ABC và di n tích m t c u đi 2 7 qua b n đi m S,O, B,C v i O là tâm đáy. Câu 5. (1 đi m) Cho ba s th c dương a, b, c thõa mãn abc = 1. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c 1 1 1 P= + + a 2 + ab − a + 5 b 2 + bc − c + 5 c2 + ca − c + 5 PH N RIÊNG (3 đi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B A. Theo chương trình chu n Câu 6A. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y , cho đi m A(2; 0) và đư ng tròn (T ) : (x − 1)2 + (y + 2)2 = 5. Tìm t a đ hai đi m B,C thu c (T ) sao cho tam giác ABC vuông t i B và có di n tích b ng 4. b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho tam giác đ u ABC có A(4; 2; −6) và phương trình đư ng x −3 y −3 z −1 th ng BC là : = = . Vi t phương trình đư ng th ng d đi qua tr c tâm tam giác ABC và 2 1 1 vuông góc v i (ABC ) 3 n Câu 7A. (1 đi m) Tìm s h ng không ch a x trong khai tri n 2x 2 − (x = 0) , bi t r ng x 1 2 3 k n C n + 2C n + 3C n + ... + kC n + ... + nC n = 256n B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy , vi t phương trình chính t c c a Elip (E) bi t r ng khi M thay đ i trên (E) thì đ dài nhi nh t c a OM b ng 4 và đ dài l n nh t c a M F1 b ng 8 v i F1 là tiêu đi m có hoành đ âm. x y −1 z +1 b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z , cho đư ng th ng ∆ : = = và m t ph ng (P ) : 2 1 −1 x + y − z − 1 = 0. Vi t phương trình đư ng th ng d thu c m t ph ng (P ) sao cho d vuông góc v i ∆ và kho ng cách gi a d và ∆ b ng 3. 1 π Câu 7B. (1 đi m) Tìm s ph c z bi t z 2 + 2z là s th c và z + có m t acgumen là − z 3
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu I 1. (1,0 điểm) Khảo sát… (2,0 điểm) 5 Tập xác định D   \ {1}. Ta có: y '   0, x  D. ( x  1)2 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1),( 1;  ). Hàm số không có cực trị. Giới hạn: lim y  lim y  2; lim  y  , lim  y  . x x x1 x1 0,25 Tiệm cận: TCĐ: x  1, TCN: y  2. Bảng biến thiên: x  1  y' + +  2 0,25 y 2  Đồ thị: y 2 3 0,25 2 –1 O x 3 2. (1,0 điểm) Tìm m để … Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 2x  3 0,25  2 x  m  2 x 2  mx  m  3  0 (1). x 1 Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt    m2  8m  24  0  m  4  40 0,25 x1 , x2 khác –1 khi và chỉ khi   2  m  m  3  0  m  4  40.  Hai giao điểm có tung độ dương khi và chỉ khi  2 x1  m  2 x2  m  0  x1  x2  m  0 0,25   2 (2 x1  m)(2 x2  m)  0 4 x1 .x2  2 m( x1  x2 )  m  0  m  2  m  0    m  0. Vậy m  4  40. 0,25 2(m  3)  2 m( m )  m 2  0   2 Câu II 1.(1,0 điểm) Giải phương trình….. Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm Điều kiện: cos 2 x  0, sin x  0. Phương trình đã cho tương đương với s in2x.cos x  sin x.cos 2 x  x 3x 0,25 ( ) sin 4 x  sin( x  )  2 sin cos sin x.cos 2 x 3 2 2 1 3 2 sin 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  sin x 0,25 2 2 3 1   2 2 sin 2 x  cos x  sin x  sin 2 x  sin(  x)  x   k  x  k 2. 2 2 3 9 3 3 0,50  2 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là: x   k ,x  k 2(k  ). 9 3 3 2.(1,0 điểm) Giải bất phương trình… 6 x 2 ( 2 x  1  1)2 Điều kiện x  1. Bất pt tương đương với  2x  x  1  1 0,25 4 x2 3 1 x  3 2 x  1  4  x  1  ( 2 x  1  ) 2  ( x  1  ) 2 (1). 0,25 2 2 3 1 Với x  1, ta có: 2 x  1   0, x  1   0. 2 2 0,25 3 1 Do đó (1)  2 x  1   x  1   2 x  1  x  1  2  4 x  1  x  2 2 2 x  2    x  10  4 5. Kết hợp điều kiện ta có nghiệm x  10  4 5. 0,25 2  x  20 x  20  0  Câu III Phương trình hoành độ giao điểm: 0,25 (1,0 điểm) (1  x)e x  x3  1  ( x  1)(e x  x 2  x  1)  0  x  1 ( do e x  x 2  x  1  0, x ). 1 1 1 1 x 3 x 3 x 3 0,25 S  (1  x)e 0  ( x  1) dx   ((1  x)e 0  ( x  1))dx   (1  x)e dx   ( x 0 0  1) dx Đặt u  1  x, dv  e x dx  du   dx, v  e x . Ta có: 1 1 1 x x1 x x1 x4 5 0,50  0 (1  x)e dx  (1  x)e 0   e dx  1  e 0 0  e  2, suy ra S  e  2  (  x) 4 0 e . 4 Câu IV Tính thể tích khối chóp ….. (1,0 điểm) Gọi M là trung điểm BC. Kẻ MH  SA,( H  SA) S  BC  AM Ta có  (*)  BC  ( SAM )  BC  MH H  BC  SO E 0,25 Do đó MH là đường vuông góc chung của SA và BC, A C 3a • Suy ra MH  . O • 2 7 M I    B Cũng từ (*) ta có: SM  BC  SMA  (( SBC ), ( ABC ))  60 . Đặt OM  x  AM  3 x, OA  2 x, SO  x 3, SA  x 7. 3a a Trong tam giác SAM ta có: SA.MH  SO. AM  x 7.  x 3.3 x  x   AB  a. 2 7 2 3 0,25 2 3 1 1 a a 3 a 3 VS . ABC  SO.S ABC  . .  . 3 3 2 4 24 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Kẻ đt d đi qua I vuông góc với (ABC). Ta có d//SO. Trong mặt phẳng (SOI) kẻ trung trực của SO cắt d tại E. Khi đó E là tâm mặt 0,25 cầu. Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm 1 a BC a Bán kính mặt cầu R  EO  EI 2  IO 2 . Ta có: EI  SO  , IO   , suy ra 2 4  2sin BOC 3 0,25 a 2 a 2 19a 2 19 a 2 R2    . Vậy diện tích mặt cầu là S  4 R 2  . 16 3 48 12 Câu V Tìm giá trị lớn nhất… (1,0 điểm) 1 1 1 Áp dụng bđt Bunhiacopski: P 2  3( 2  2  2 ) (1). 0,25 a  ab  a  5 b  bc  c  5 c  ca  c  5 Ta có a 2  ab  a  5  (a  1) 2  ab  a  4  ab  a  4, suy ra 1 1 1 1 1 1    (  ). 2 a  ab  a  5 ab  a  4 ab  a  1  3 4 ab  a  1 3 0,25 3 1 1 1 3 Tương tự, và kết hợp với (1) ta được: P 2  (   ) . 4 ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 4 1 1 1 1 a ab Vì abc  1 nên       1. 0,25 ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 ab  a  1 1  ab  a a  1  ab 3 3 3 Do đó, P 2   P  , dấu bằng xảy ra tại a  b  c  1. Vậy max P  . 0,25 2 2 2 Câu VIa 1.(1,0 điểm). Tìm toạ độ B, C… (2,0 điểm) Đường tròn (T) có tâm I(1;–2). Vì A thuộc (T) và tam giác ABC vuông tại B nên AC là 0,25 đường kính của (T) suy ra toạ độ C(0;–4). Gọi B(a;b). Ta có: B  (T )  (a  1)2  (b  2)2  5 (1). Phương trình AC: 2 x  y  4  0. 1 1 2a  b  4 b  2 a  8 0,25 Ta có: SABC  d ( B, AC ). AC  4  . .2 5  2a  b  4  4   2 2 5 b  2a. a  2 2 16 8 Với b  2a  8, ta có: (1)  5a  26a  32  0   16 Vậy B (2; 4) hoặc B( ;  ). 0,25 a  . 5 5   5 a  0 6 12 Với b  2 a, ta có: (1)  5a 2  6 a  0   6 Vậy B (0;0) hoặc B (  ;  ). 0,25 a   . 5 5   5 2.(1,0 điểm). Viết phương trình…. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi M là trung điểm BC.    M  BC  M (3  2t ;3  t;1  t )  AM  (2t  1; t  1; t  7). BC có vtcp u  (2;1;1). 0,25    Tam giác ABC đều nên AM  BC  AM .u  0  t  1.  2   Khi đó AH  AM  (2;0; 4)  H (2;2; 2). 0,25 3     Vì d  ( ABC ) nên d có vtcp u1  u, AM   (6; 15;3).   0,25 x2 y2 z2 Phưong trình của d là:   . 0,25 6 15 3 Câu VIIa Tìm số hạng không chứa x ……. (1,0 điểm) n n Xét khai triển (1  x) n   k 0 Cnk x k , đạo hàm hai vế: n (1  x) n1   kC x k 1 k n k 1 , chọn x  1 ta n 0,25 được n2 n 1   kC . k 1 k n Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm Kết hợp giả thiết ta có: 256n  n.2 n1  n  9. 0,25 9 9 3 3 Khi đó ta có khai triển (2 x 2  )9   C9k (2 x 2 )9 k ( ) k   C9k 29 k (3) k x183 k 0,25 x k 0 x k 0 Ta có: 18  3k  0  k  6. Vậy số hạng không chứa x là C96 2336. 0,25 Câu VIb 1.(1,0 điểm)Viết phương trình elip…. (2,0 điểm) x2 y 2 Gọi pt chính tắc của (E) là:   1,(a  b  0). a 2 b2 0,25 cx M ( x; y )  ( E )  MF1  a  , mà  a  x  a nên MF1 lớn nhất bằng a  c khi x  a, y  0. a 2 2 x x x 2 y 2 x 2  y 2 OM 2 Vì a  b nên 2  2  1  2  2   2  OM  b. Suy ra giá trị nhỏ nhất của a b a b b2 b 0,25 OM bằng b khi x  0; y  b. b  4 b  4  b  4 x2 y2 Kết hợp giả thiết ta có:   2  Vậy pt (E):   1. 0,50  a  c  8  a  16  8  a   a  5. 25 16 1.(1,0 điểm). Viết phương trình ..          u  (2;1; 1); n( P )  (1;1; 1), do đó d có vectơ chỉ phương là ud   u ; n( P )   (0;1;1). 0,25        Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và song song với  , ta có: n(Q )  u , ud   (2; 2;2).   Phương trình (Q) có dạng: x  y  z  m  0. Chọn A  (0;1; 1)  , ta có: 0,25 d ( A,(Q))  d ( ,(Q ))  d ( , d )  3  m  1  m  5. x  1  Với m  1, vì d  ( P )  (Q) nên d đi qua B  (1;0;0), phương trình d :  y  t 0,25  z  t.   x  2  Với m  5, vì d  ( P)  (Q) nên d đi qua C  (2;3;0), phương trình d :  y  3  t 0,25  z  t.  Câu VIIb Tìm số phức z… (1,0 điểm) 1 z .z  1  1  Vì z .z  1  0 và z   có một acgumen là  nên có một acgumen là  , suy z z 3 z 3 0,25  ra z có một acgumen là . 3   r r 3 Gọi z  r (cos  i sin )  a  bi  a  , b  ,( r  0). 0,25 3 3 2 2 Ta có z 2  2 z  a 2  b2  2a  2b( a  1)i là số thực khi và chỉ khi a  1 r  2 0,50 2b( a  1)  0    Vậy z  1  3i. b  0  r  0. ………….Hết…………. Trang 4/4