Đề KSCL thi đại học môn Toán lần 1 (năm 2012-2013)

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề KSCL thi đại học môn Toán lần 1 (năm 2012-2013) của sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc sẽ giới thiệu tới các bạn học sinh khối A và A1. Đề thi gồm có phần chung và phần riêng với 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và lời giải chi tiết. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KSCL thi đại học môn Toán lần 1 (năm 2012-2013)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 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) 3x  2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  , có đồ thị là (C ) . x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C), biết tiếp tuyến d tạo với trục Ox một góc  sao 1 cho cos   . 17 sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3 Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:  0. 2cos x  3 ( x  y )( xy  y  5)  8 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  y  x( y  1)  3 2 Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: mx  x  3  m  1 có hai nghiệm thực phân biệt. Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) một góc bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a.   Câu 6 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m để với mọi x thuộc  0;  ta đều có  2 tan x  cot x  m  64cos 2 x . 8 8 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) Cho đường tròn (C ) : x2  y 2  4 x  6 y 12  0 và điểm M (2; 4 3) . Viết phương trình đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều. Câu 8.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: (1  x  4 x 2 )10 . x2  2 x     x2  2 x x2  2 x 4 Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 3  7  3 7 2 2 . B. Theo chương trình Nâng cao x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm) Cho elíp ( E ) :   1 và điểm I (1; 1) . Viết phương trình đường thẳng d 9 4 qua I cắt (E) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của MN. 2 x  1  3x  2 3 Câu 8.b (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim . x 1 x 1 Câu 9.b (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số đó luôn có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. -------------Hết----------- Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,0 điểm TXĐ: D   \{2}. Giới hạn, tiệm cận:  4   4  lim y  lim  3    3 ; xlim y  lim  3  3 x  x   x2  x   x2 0.25  4   4  lim y  lim  3     ; lim y  lim  3     x 2 x 2  x2 x 2 x 2  x2 Đồ thị có TCĐ: x  2 ; TCN: y  3 . 4 Sự biến thiên: y '    0 x  2 , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( x  2)2 0.25 (;2) & (2; ) BBT x  2  y’   0.25 3  y  3 Đồ thị: Giao với Oy tại: (0; 1) , giao với 2  Ox tại:  ; 0  3  Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0.25 b 1,0 điểm 1 Do cos    tan   4 . 17 0.5 Vì y '( x)  0, x  2 suy ra hệ số góc của d bằng 4 .
Giả sử d tiếp xúc với (C) tại điểm M ( x0 ; y0 ), x0  2. 4  x0  1 0.25 y '( x0 )    4   Với x0  1  y0  1 ; với x0  3  y0  7 ( x0  2)  x0  3. 2 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến d thỏa mãn là: y  4 x  3 và y  4 x  19 . 0.25 2 1,0 điểm sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3 3   0 (1) Đk: cos x   x    k 2 , k  . 0.25 2cos x  3 2 6 (1)  sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3  0 0.25  cos x(2sin x  1)  (2sin 2 x  5sin x  2)  0    x   k 2 1 6  (2sin x 1)(cos x  sin x  2)  0  sin x    0.25 2  x    k 2 5  6 5 Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm x   k 2 (k  ) . 0.25 6 3 1,0 điểm ( x  y )2  ( x  y )( xy  x  5)  8  (I )   0.25 ( x  y )  ( xy  x)  3  2 x  y  a  a  a(b  5)  8 2 Đặt   hệ (I) có dạng:  2  a 2  a(a 2  2)  8  xy  x  b a  b  3  0.25  a3  a 2  2a  8  0  (a  2)(a 2  a  4)  0  a  2  b  1  3  5  x    2  1  5     y  a  2  x  y  2  x y 2   2 Với    2 0.25 b  1  xy  x  1  x  3x  1  0  3  5  x   2  1   y  5    2  3  5 1  5   3  5 1  5  Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ;  ; . 0.25  2 2   2 2  4 1,0 điểm Đk: x  3 x  3 1 0.25 Pt tương đương m  x  1  x  3  1  m  x 1 x  3 1 Đặt f ( x)  với x  3 x 1 0.25 5 x 2 x 3 5 x 2 x 3 Khi đó: f '( x)  0   0  x 7  2 3 2 x  3( x  1) 2 2 x  3( x  1)2 BBT 0.25
x 3 72 3  f’(x)  0  1 3 f(x) 1 4 2 0 Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì 1 1 3 m . 0.25 2 4 (Có thể đặt t  x  3, t  0 ) 5 1,0 điểm S K A I B H O E D C Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD, I là trung điểm của AB.   60o ; DH  2 DI  a 5 0.25 SH  ( ABCD)  SDH 3 3  a 15 1 1 a 15 2 a3 15  SH  DH .tan SDH  ; VS . ABCD  SH .S ABCD  . .a  (đvtt). 0.25 3 3 3 3 9 Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với BC và cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ đường cao HK. Do SH  ( ABCD)  SH  BC  BC  (SHE) 0.25  HK  (SBC)  d ( H ; (SBC ))  HK 2 2a 1 1 1 3 9 2a 5 Ta có HE  AB   2  2  2  2  2  HK  3 3 HK SH HE 5a 4a 57 0.25 AC 3 3 3a 5 Do   d ( A;( SBC ))  d ( H ;( SBC ))  HC 2 2 57 6 1,0 điểm Bất đẳng thức tương đương với  tan x  cot x   8cos 2 x   m  2 2 2 4 4   tan x  cot x  8cos 2 x  tan x  cot 4 4 4 4  x  8cos 2 x  m  2 0.25 Xét các hàm số f  x   tan x  cot x  8cos 2 x và g  x   tan x  cot x  8cos 2 x 4 4 4 4   trên  0;  .  2 * Ta có 0.25
 1 1  f /  x   4  tan 3 x  cot 3 x 2   16sin 2 x  sin x  2 cos x      4  tan 3 x 1  tan 2 x  cot 3 x 1  cot 2 x   16sin 2 x      4 tan 3 x  cot 3 x  4 tan 5 x  cot 5 x  16sin 2 x  4.2     tan 3 x cot 3 x  tan 5 x cot 5 x  16sin 2 x  16 1  sin 2 x   0, x   0;  .  2   Suy ra f  x  đồng biến trên  0;  . Lại có  2  1 1    g /  x   4  tan 3 x  cot 3 x 2   16sin 2 x  0 với x   0;  nên g  x  đồng  sin x   2 2 cos x   biến trên  0;   2       * Với x   0;  ta có f  x   f    0, g  x   g    0  f  x  .g  x   0  4 4 4 0.25        Với x   ;  ta có f  x   f    0, g  x   g    0  f  x  .g  x   0 4 2 4 4    Vậy x   0;  ta đều có f  x  .g  x   0 , dấu bằng xảy ra khi x  nên để bất  2 4 0.25   phương trình đúng x   0;  thì m  2  0  m  2 .  2 7.a 1,0 điểm A M H I B Phương trình đường thẳng MI: x  2  phương trình AB: y  m 0.25 Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình x2  4 x  m2  6m  12  0 (1)  '  m2  6m  16  0  8  m  2 0.25  A( x1; m); B( x2 ; m) với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Gọi H là trung điểm của AB  H (2; m) ; 0.25 AB2  64  4m2  24m ; MH 2  m2  8m 3  48 Để tam giác MAB đều thì: m  0 MH  AB  4(m  8m 3  48)  3(4m  24m  64)  0   3 22 2 2 4 m  4 3  9 0.25  2 4 3 9 Vậy có hai đường thẳng d thỏa mãn ycbt là: y  0 và y  . 2 8.a 1,0 điểm
Ta có: (1  x  4 x 2 )10   C10k  4 x 2  10 10  k . 1  x  k 0.25 k 0 10 k   C10k Cki 410k x 202 k i 0.25 k 0 i 0 Cho 20  2k  i  4  2k  i  16 (0  i  k  10) K 8 9 10 0.25 i 0 2 4 Vậy hệ số của x 4 trong khai triển trên là: 42.C108 .C80  4.C109 .C92  C10 10 .C104  2370. 0.25 9.a 1,0 điểm x2 2 x x2 2 x 3 7  3 7   2 x2 2 x Chia hai vế cho ta được      24 0.25  2   2  x2 2 x 3 7  Đặt t    , t  0 ta được t 2  16t  1  0 0.25  2   3 7  2 t  8  63      2  Giải ra  0.25 2  3 7  t  8  63      2   x 2  2 x  2  x  1  3. Suy ra  0.25  x  2 x  2 (vo nghiem) 2 7.b 1,0 điểm Xét phép đối xứng tâm I (1; 1) : ĐI biến điểm O thành điểm K (2; 2) , biến elíp (E) (2  x)2 (2  y) 2 thành elíp có phương trình ( E ') :   1 và biến điểm M thành điểm 0.5 9 4 N, N thành M. Do vậy M, N là giao điểm của hai elíp (E) và (E’) suy ra tọa độ hai điểm M, N thỏa 0.25
 x2 y 2  9  4  1 mãn hệ phương trình   (2  x)  (2  y)  1 2 2  9 4 Trừ vế cho vế ta được 4 x  9 y  13  0. Vậy phương trình đường thẳng MN là 4 x  9 y  13  0. Cách khác: Xét đường thẳng x  1 qua I cắt (E) tại hai điểm phân biệt, không thỏa mãn ycbt. Gọi  là đường thẳng qua I có hệ số góc k. Suy ra phương trình của 0.25  : y  k ( x  1)  1. M, N là giao điểm của  và (E), từ điều kiện I là trung điểm 4 MN suy ra k   , vậy phương trình  : 4 x  9 y  13  0. 9 8.b 1,0 điểm Đặt f ( x)  3 2 x  1  3x  2  f (1)  0 2 3 2 3 5 0.5 f '   f '(1)       2 3x  2 2 3 3 2x 1 3 2 6 f ( x)  f (1) 3 2 x  1  3x  2 5 Ta có: f '(1)  lim  lim  0.25 x 1 x 1 x 1 x 1 6 2 x  1  3x  2 3 5 Vậy lim  . x 1 x 1 6 0.25 Cách khác: Có thể thêm, bớt 1 vào tử số, tách thành hai giới hạn rồi nhân với biểu thức liên hợp của tử số. 9.b 1,0 điểm Giả sử số viết được là abcde với a, b, c, d , e 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 và a  0. 0.25 Trước hết ta đếm các số dạng abcde có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt tính cả trường hợp a = 0. Khi đó ta chọn ra 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt rồi hoán vị các chữ số đó, ta 0.25 có C53 .C52 .5! số. Tiếp theo ta xét các số có dạng 0bcde với 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt. Khi đó ta chọn ra 2 chữ số chẵn (khác 0) và 2 chữ số lẻ rồi hoán vị vào các vị trí b, c, 0.25 d, e. Ta có C42 .C52 .4! Từ đó ta có số các số cần tìm là: C53 .C52 .5! C42 .C52 .4!  10560 số. 0.25 ---------- Hết ----------