TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối D

Chia sẻ: Tran Quyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = (C ) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = mx − m + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4. Câu II: (2 điểm) 2 ( cos x − sin x ) 1 1. Giải phương trình: = tan x + cot 2 x cot x − 1  x+ y + x− y = 4 

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối D

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN Môn: Toán - Khối D (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = (C ) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = mx − m + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4. Câu II: (2 điểm) 1 2 ( cos x − sin x ) 1. Giải phương trình: = tan x + cot 2 x cot x − 1  x+ y + x− y = 4  3. Giải hệ phương trình:   x + y = 128 2 2  Câu III: (1 điểm) Giải bất phương trình 5 + x − − x − 3 < −1 + ( 5 + x )( − x − 3) Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD). Câu V:(1 điểm)Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2 ( x 2 + y 2 ) = xy + 1 . x4 + y4 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 2 xy + 1 Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần. A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng ∆ : 2 x − 3 y + 14 = 0 , cạnh BC song song với ∆ , đường cao CH có phương trình x − 2 y − 1 = 0 . Biết trung điểm cạnh AB là điểm M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. x2 y 2 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( E ) : + =1. 25 9 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. 15
n  1 CâuVIIa: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  2 x 3 +  , biết  x n −1 rằng An − Cn +1 = 4 n + 6 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(11; 0), trung điểm cạnh BC là M(3; -1), đỉnh B thuộc đường thẳng ∆1 : x + y − 5 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng ∆ 2 : x − y − 5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên trục nhỏ và hai tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn. Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n −1 = 2 23 1 3 5 2n …………………..Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D Câu Nội dung Điểm I.1 + Tập xác định: D = ℝ \ {1} + Giới hạn: lim y = 2 ⇒ y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.25 x →±∞ lim y = +∞, lim y = −∞ ⇒ x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x →1+ − x →1 −2 + Đaọ hàm y ' = < 0, ∀x ≠ 1 . ( x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ ) . BBT: x -∞ 1 +∞ 0.5 y’ - - y 2 +∞ -∞ 2 Hàm số không có cực trị. + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0.25 16
8 6 2·x f(x) = x 1 4 2 I 15 10 5 O 1 5 10 15 2 4 6 8 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: 2x x ≠ 1  0.25 = mx − m + 2 ⇔  x −1  g ( x ) = mx − 2mx + m − 2 = 0(*) 2  + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m ≠ 0  0.25 ⇔ ∆ > 0 ⇔ m > 0 g 1 ≠ 0  ( ) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). Khi đó A ( x1; mx1 − m + 2 ) , B ( x2 ; mx2 − m + 2 ) I.2  x1 + x2 = 2  Theo định lí viét, ta có:  x1.x2 = m − 2 ⇒ AB = ( x2 − x1 ) 1 + m = 2 2 2 8 m ( 1 + m2 ) ( ) 0.25   m m−2 Ta có: d ( O, AB ) = 1 + m2 m−2 Do đó: SOAB = 4 ⇔ 1 8 ( 1 + m2 ) = 4 ⇔ m − 2 = 2 2m ⇔ m = 6 ± 4 2 (thỏa 2 m 1 + m2 0.25 mãn điều kiện) Vậy m = 6 ± 4 2 1 2 ( cos x − sin x ) 1 2 ( cos x − sin x ) pt ⇔ = ⇔ = II.1 sin x cos 2 x cos x cos x cos x − sin x 0.25 + −1 cos x sin 2 x sin x cos x.sin 2 x sin x  kπ sin 2 x ≠ 0 x ≠ 2  Điều kiện:  ⇔ 0.25 cos x − sin x ≠ 0  x ≠ π + kπ   4 2 π Khi đó pt ⇔ sin 2 x = 2 sin x ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℝ ) 0.25 2 4 17
π Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x = − + k 2π ( k ∈ ℝ ) 0.25 4  x + y + x − y = 4 (1)   2  x + y = 128  2 ( 2) x + y ≥ 0 Điều kiện:  (*) x − y ≥ 0 x ≤ 8 Ta có: (1) ⇔ 2 x + 2 x 2 − y 2 = 16 ⇔ x 2 − y 2 = 8 − x ⇔  2  x − y = 64 − 16 x + x 2 2 0.25 II.2 x ≤ 8  ⇔ 2 − y = 64 − 16 x ( 3 )  x = 8 Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: x 2 + 16 x − 192 = 0 ⇔  (thỏa mãn x ≤ 8 ) 0.25  x = −24 + Với x = 8, thay vào (2) ta được y = ±8 0.25 + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương tình có hai cặp nghiệm ( x; y ) = ( 8;8 ) ; ( 8; −8 ) 0.25 Điều kiện: −5 ≤ x ≤ −3 0.25 5 + x − − x − 3 < −1 + ( 5 + x )( − x − 3) ⇔ 5 + x − −x − 3 +1− ( 5 + x )( − x − 3) < 0 0.25 III ⇔ ( )( ) 5 + x +1 1− −x − 3 < 0 ⇔ 1 − −3 − x < 0 ⇔ −3 − x > 1 ⇔ −3 − x > 1 ⇔ x < −4 0.25 Đối chiếu với đk ta được −5 ≤ x < −4 0.25 Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn −5 ≤ x < −4 S H A D IV O B C 18
CB ⊥ AB Vì  ⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) CB ⊥ SA ( ) ( ) ⇒ SC , ( SAB ) = SC , SB = CSB = 300 ⇒ SB = BC.cot 300 = a 3 ⇒ SA = a 2 1 1 2a 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD = SA.S ABCD = a 2.a 2 = (dvtt ) 0.25 3 3 3  SA ⊥ BD + Ta có  ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBD ) ⊥ ( SAC ) = SO ( O = AC ∩ BD )  AC ⊥ BD 0.25 Trong mp (SAC), kẻ AH ⊥ SO ⇒ AH ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( A, ( SBD ) ) = AH + Trong tam giác vuông SAO có: 1 1 1 1 1 5 10 a 2 = 2+ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ AH = AH SA AO 2a a 2a 5 0.25 2 Vậy d ( A, ( SBD ) ) = 10a 5 1 Đặt t = xy . Ta có: xy + 1 = 2 ( x + y ) − 2 xy  ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ − 2   5 0.25 1 1 1 Và xy + 1 = 2 ( x − y ) + 2 xy  ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ . nên − ≤ t ≤ . 2   3 5 3 (x ) 2 2 + y2 − 2 x2 y2 −7t 2 + 2t + 1 Suy ra P = = 0.25 2 xy + 1 4 ( 2t + 1) ( ) V −7t 2 + 2t + 1 7 −t 2 − t t = 0 Xét hàm số f ( t ) = có f ' ( t ) = ; f ' (t ) = 0 ⇔  4 ( 2t + 1) 2 ( 2t + 1) 2 t = −1(l ) 0.25  1 1 2 1 f  −  = f   = ; f ( 0) =  5  3  15 4 1 2 Vậy GTLN bằng , GTNN bằng 0.25 4 15 Vì AB ⊥ CH nên AB có pt: 2x + y + c = 0 0.25 Do M(-3; 0) ∈ AB nên c = 6. Vậy pt AB: 2x + y + 6 = 0 2 x − 3 y + 14 = 0 Do A ∈ ∆ nên tọa độ của A thỏa mãn hệ pt:  ⇒ A ( −4; 2 ) 0.25 2 x + y + 6 = 0 VIa. Vì M(-3; 0) là trung điểm cạnh AB nên B(-2; -2) 1 Phương trình cạnh BC đi qua B và song song với ∆ là: 0.25 2 ( x + 2) − 3( y + 2) = 0 ⇔ 2x − 3 y − 2 = 0 2 x − 3 y − 2 = 0 Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hpt:  ⇒ C (1; 0 ) 0.25 x − 2 y −1 = 0 Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a ≠ 0 ). Tung độ giao điêm của VIa. a2 y 2 25 − a 2 25 − a 2 ( a ≤ 5 ) 3 0.25 2 (d) và (E) là: + = 1 ⇔ y = 9. 2 ⇔ y=± 25 9 25 5  3   3  6 V ậ y A  a; 25 − a 2  , B  a; − 25 − a 2  ⇒ AB = 25 − a 2 0.25  5   5  5 19
6 100 5 5 Do đó AB = 4 ⇔ 25 − a 2 = 4 ⇔ 25 − a 2 = ⇔a=± (thỏa mãn đk) 0.25 5 9 3 5 5 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x = ,x = − 0.25 3 3 Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℤ An − Cn +1 = 4n + 6 ⇔ n ( n − 1) − 2 n −1 ( n + 1) n = 4n + 6 2 0.5 Ta có:  n = −1(loai ) VII ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  a  n = 12 n 12 k  1  1 1 ( ) 12 12 − k 12 Với n = 12 ta có:  2 x 3 +  =  2 x3 +  = ∑ C12 2 x3 k   = ∑ C12 212− k x36− 4 k k  x  x k =0  x  k =0 0.5 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .2 = 1760 9 3 Vì B ∈ ∆1 ⇒ B ( b,5 − b ) ; C ∈ ∆ 2 ⇒ C ( c, c − 5 ) Do M(3; -1) là trung điểm của BC nên ta có hpt: b + c  2 =3  b + c = 6 c = 2 0.5  ⇔ ⇔ ⇒ B ( 4;1) , C ( 2; −3) VIb  5 − b + c − 5 = −1  c − b = −2 b = 4 1   2 Vì H(11; 0) là trực tâm của tam giác ABC nên ta có:  AH .BC = 0  (11 − x A )( −2 ) + ( − y A )( −4 ) = 0   x A + 2 y A = 11  xA = 3  ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ A ( 3; 4 ) 0.5  BH . AC = 0  7. ( 2 − x A ) + ( −1)( −3 − y A ) = 0  7 x A − y A = 17  yA = 4 x2 y2 Gọi pt Elip cần tìm là: + = 1( a > b > 0 ) a 2 b2 0.25 Theo giả thiết ta có 2a = 4 2 ⇔ a = 2 2 (1) Vì hai đỉnh B1, B2 cùng hai tiêu điểm F1, F2 nằm trên một đường tròn nên VIb OF2 = OB2 ⇒ b = c (2) 0.25 2 Mặt khác c = a − b ( 3) 2 2 2 Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được b 2 = 4 0.25 x2 y2 Vậy (E) đã cho có pt: + =1 0.25 8 4 Ta có: (1 + 1) = C2 n + C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n 2n 0 1 2 3 2n (1 − 1) 2n = C2 n − C2 n + C2 n − C2 n + ... + C2 n 0 1 2 3 2n VII ( 3 5 2n ) ⇒ 2 C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n −1 = 22 n 1 b ⇒ C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n −1 = 2 2 n −1 1 3 5 2n 0.5 Do giả thiết: C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n −1 = 2 23 nên 2n −1 = 2 23 ⇔ n − 1 = 23 ⇔ n = 24 1 3 5 2n 0.5 ……………………….Hết………………………………. 20