Đề thi KSCL ĐH môn Toán - THPT Chuyên lần 3 năm 2012-2013

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi tuyển sinh Đại học. Hãy tham khảo đề thi KSCL ĐH môn Toán - THPT Chuyên lần 3 năm 2012-2013 để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL ĐH môn Toán - THPT Chuyên lần 3 năm 2012-2013

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3   m  2  x 2 (1), trong đó m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  2m2 tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điều kiện AB2  BC 2  CA2  18 . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 4sin  x      3  tan x .  3  Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  2  y  6  4 3   x, y    2x  y  3  3 6  y  x 1  x  2 3  2 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   0 2  2cos 2 x dx . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABC thỏa mãn điều kiện SA  SB  SC  a , SAB  600 , SBC  1200 , SCA  900 . Tính thể tích khối chóp S. ABC và góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Câu 6 (1,0 điểm) Giải phương trình x  2  3 x  1  4 3x  5  2 5 3x  26  x   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) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H  2; 2  và tâm đường tròn ngoại tiếp I 1; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C; biết rằng trung điểm của cạnh BC có tọa độ là 1;1 và hoành độ của B âm. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các đường thẳng x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 1 :   ; 2 :   và điểm M  2; 1;1 . 1 2 2 2 1 1 Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt 1 ,  2 lần lượt tại A, B sao cho MA  MB . n  1  Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 20 trong khai triển nhị thức Niutơn của   x 2  , trong đó n là số nguyên dương thỏa x  3 n 1 n2 mãn C2n1  C2 n1  ...  C2 n1  2100  1 . 2n B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B  4;3 , C 1; 4  . Gọi H, B’, C’ lần lượt là trực tâm, chân đường cao kẻ từ B, chân đường cao kẻ từ C của tam giác ABC. Trung điểm của đoạn thẳng AH nằm trên đường thẳng có phương trình x  y  0 . Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng qua B’ và C’ có phương trình là x  2 y  7  0 và hoành độ của A nhỏ hơn 2. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 ,  2 có phương trình: x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 1 :   , 2 :   . 1 4 2 1 1 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 ? Câu 9.b (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 3 chữ số. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số chia hết cho 9? -------------Hết----------- Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tơi www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KSCL ĐẠI HỌC LẦN 3 Câu Nội dung trình bày Điểm 1(2đ) 1.a (1,0 điểm) Khi m  1 hàm số có dạng y  x  3x . 3 2 +) Tập xác định D  0,25 +) Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y '  3x  6 x ; y '  0  x  0, x  2 2 - Hàm số đồng biến trên  ;0  ,  2;   ; hàm số nghịch biến trên  0; 2  . - Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  0 , hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  4 . 0,25 - Giới hạn lim y  , lim y   . x  x  - Bảng biến thiên 0,25 +) Đồ thị 0,25 2.b (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y  2m2 là x3   m  2  x 2  2m2 1 0,25  x 3   m  2  x 2  2m 2  0 x  m   x  m   x 2  2 x  2m   0   2  x  2 x  2m  0  2  Để đường thẳng y  2m2 cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 0,25  1   '  1  2m  0 m   nghiệm phân biệt khác 1   2  2  m  4m  0 m  0, m  4        Giả sử A m;  2m2 , B x1;  2m2 , C x2 ;  2m2 , trong đó x1 , x2 là hai nghiệm của pt (2). Theo định lí Vi ét ta có x1  x2  2, x1 x2  2m . Kết hợp với giả thiết ta được: 0,25 AB  BC  CA  18   x1  m    x2  m    x1  x2   18 2 2 2 2 2 2  2  x1  x2   2m  x1  x2   6 x1 x2  2m 2  18  2m 2  8m  8  18 2  m  1; m  5 . Kết hợp với điều kiện trên ta được m  1 . 0,25 2(1đ)  Điều kiện cos x  0  x   m , m  . Phương trình đã cho tương đương với: 2   2 sin x  3 cos x  3  tan x 0,25  2cos x tan x  3   tan x   3  0   2cos x  1 tan x  3  0  0,25    1  x    k 2 cos x   k   2  3    x    k 2 0,25  tan x   3    3 So sánh lại điều kiện ta thấy các họ trên đều thỏa mãn. Vậy …. 0,25 3(1đ) Điều kiện xác định: x  1, 2 x  y  3 . Khi đó từ phương trình thứ 2 của hệ ta được:
2 x  y  3  3 6  y  x  1  3 x  2  2 x  y  3  3 x  2  x  1  3 6  y (*) 0,5 Từ (*) ta thấy nếu x  y  4  x  4  y  VT *  VP * vô lí. Nếu x  y  4  x  4  y  VT *  VP * vô lí. Do đó x  y  4  y  4  x Thay vào phương trình đầu của hệ ta được: x  2  3 10  x  4 (1). Đặt t  3 10  x  x  10  t 3 thay vào (1) ta được: t  4 t  4 0,25 12  t  4  t   3  3 2 12  t  16  8t  t t  t  8t  4  0 3 2 t  4  3  17   t  2, t  . Khi đó hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là:   t  2   t  3t  2   0 2 2 0,25   3  17  3  3  17    3 3  3  17   3  17   3  x; y    2; 2  , 10      ;    6  , 10      ;     6    2   2     2   2       4(1đ) 2 2 2 Ta có I   0 2  2cos 2 x dx   0 4sin 2 x dx   2sin 0 xdx 0,25 Đặt t  x  x  t 2  dx  2tdt , đổi cận x  0  t  0, x   2  t   . Khi đó  u  t du  dt I   2t sin tdt . Đặt   , kết hợp công thức tích phân từng phần ta được 0,5 0 dv  2sin tdt v  2cos t    I   2t cos t  0   2cos tdt  2   2sin t  0  2 . Vậy I  2 . 0,25 0 5(1đ) Dùng định lí hàm số cô sin ta được: S BC  a 3, AC  a 2, AB  a suy ra tam giác ABC vuông tại A, a  2013 . Theo định lí Pitago trong tam giác SBH ta được a2 a SH 2  SB 2  BH 2   SH  và 4 2 N D BC a 3 SH    SA2  SH 2  HA2 suy ra tam 2 2 M giác SHA vuông tại H hay SH  HA . Mặt khác 0,5 SH  BC nên SH   ABC  suy ra B C H 1 1 a 1 a3 2 VSABC  SH .S ABC  . . . AC. AB  . 3 3 2 2 12 A   Ta có SB. AC  SB. SC  SA  SB.SC  SB.SA  SB.SC.cos120  SB.SA.cos 60  a 0 0 2 0,25   SB. AC.cos SB, AC  a 2  cos SB, AC      1 2    SB, AC  1350   SB, AC   450. 0,25 6(1đ) 5 0,25 Điều kiện xác định: x  . Đặt f  x   x  2  3 x  1  4 3x  5  2 5 3x  26 3 1 1 1 6 Ta có f '  x      2 x  2 3 3  x  1 2 4 4  3x  5 5 5  3x  26  3 4
0,5 5  3x  26   10 1210  x  2  10 10 8 5 1 6 5 Xét    0 với x  . Thật vậy, ta có 2 x  2 5 5  3x  26  4 10 x  2. 5  3x  26  4 3 5 510  3x  26   510.35  x  2  .313  1210  x  2  với x  8 5 5 . 3 5  Do đó hàm số f  x  đồng biến trên  ;   , mặt khác f  2   0 nên phương trình đã cho có 3  0,25 nghiệm duy nhất x  2 . 7a(1đ) Kẻ đường kính AD, ta chứng minh được tứ giác ADCH là A hình bình hành suy ra M là trung điểm của BC. Xét trong tam giác AHD thì IM là đường trung bình nên  xH  xA  2  xM  xI    xA  2 AH  2.IM     H  y H  y A  2  yM  y I    yA  4 I 0,5 A  2; 4  . B C M D Do BC vuông góc IM nên BC có vtpt IM   0; 1  BC : y  1  0  B  t;1  C  2  t;1 0,25 Do BH vuông góc với AC nên BH . AC  0  t 2  2t  3  0  t  1, t  3 , kết hợp với t  0 ta được t  1  B  1;1 , C  3;1 . Vậy …. 0,25 8a(1đ) Viết 1 ,  2 dưới dạng tham số và kết hợp với A, B lần lượt thuộc 1 ,  2 ta được: A  2  m;1  2m;1  2m  , B  2  2n; 3  n,1  n  0,25 Do M là trung điểm của AB nên  xA  xB  2 xM  2  m  2  2n  4  m  2n  0    m  0  y A  yB  2 yM  1  2m  3  n  2  2m  n  0    A  2;1;1 0,5 z  z  2z 1  2m  1  n  2  2m  n  0 n  0  A B M   x  2  Đường thẳng AB có vtcp là AM   0; 2;0   pt AB :  y  1  2t 0,25 z  1  9a(1đ) Ta có C2 n1  C2 n1  ...  C2 n1  1  1 0 1 2 n 1 2 n 1  C2n1  C2n1  ...  C2n1  C2n1  ...  C2n1  22n1 0 1 n n 1 2 n 1 0,25  C2n1  C2n1  ...  C2n1  C2n1  ...  C2n1  22 n1 2 n 1 2n n 1 n 1 2 n 1  2  C2n1  C2 n1  ...  C2 n1  C2 n1   22 n1  C2 n1  C2 n1  ...  C2 n1  22 n  1 n 1 n2 2n 2 n 1 n 1 n2 2n 0,25  22n  1  2100  1  n  50. Theo công thức khai triển Newton ta được: 50 1  50 50  x 2    C50 .x   .x 2 k   C50 .x5k 150 k 3 50  k k  3  x  k 0 k 0 0,5 Hệ số chứa x tương ứng với 5k 150  20  k  34 . Vậy hệ số của x 20 là C50 . 20 34 7b(1đ) 5 7 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AH. Khi đó N  t ; t  , M  ;  . Do M là tâm đường tròn ngoại 2 2 tiếp tứ giác BCC’B’ và N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ nên MN vuông góc với B’C’ suy 0,25 3 3 3 ra MN .u B 'C ' 0t   N ; . 2 2 2 Gọi R là bán kính đường tròn tâm N. Khi đó phương trình đường tròn tâm M, N lần lượt là: 2 2 2 2  3  3  5  7  10 x   y   R ;  x     y    . Khi đó phương trình đường thẳng qua B’, C’ 2  2  2  2  2 4
2 2 2 2  3  3  5  7 10 có dạng:  x     y     x     y    R 2  0,5  2  2  2  2 4  2 x  4 y  R  11,5  0 . Mặt khác theo giả thiết phương trình B ' C ' : x  2 y  7  0 nên 2 R2  2,5  R  2,5 Đường thẳng AH đi qua N và nhận BC   3;1 là vtpt nên: AH : 3x  y  3  0  A  t;3t  3 . Theo trên ta có AN  R  10t  30t  20  0  t  1, t  2 . Kết hợp với điều kiện t  2  A 1;0  2 0,25 8b(1đ) Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là (S) và A, B lần lượt là tiếp điểm của (S) với 1 ,  2 . Viết phương trình 1 ,  2 dưới dạng tham số thì ta có 0,25 A  2  m;1  4m;1  2m  , B  2  n;3  n; 1  n  Do AB là đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 nên   AB.u 1  0 3n  21m  0 0,5    m  n  0  A  2;1;1 , B  2;3; 1  AB.u 1  0 3n  m  0  Trung điểm I của AB có tọa độ là I  0; 2;0  nên phương trình mặt cầu cần lập là: x2   y  2  z 2  6 2 0,25 9b(1đ) Giả sử số có 3 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số chia hết cho 9 là abc . Khi đó số các số có 3 chữ số tùy ý là 9.102  900 . Trước hết ta có nhận xét sau: Nhận xét: Số nghiện không âm của phương trình x1  x2  x3  n bằng Cn  2 . 2 Ta có a  b  c  9k , kết hợp với 0  a, b, c, d  9 nên k  1, 2,3 . Ta xét các trường hợp sau : 0,5 TH1. Nếu k  1 thì a  b  c  9 . Khi đó số nghiệm của pt này với a tùy ý là C11 và số nghiệm với 2 a  0 là C10 suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là C11  C10  C10 . 1 2 1 2 TH2. Nếu k  2 thì a  b  c  18 . Đặt a  9  x, b  9  y, c  9  z , kết hợp với điều kiện a, b, c ta được x, y, z  0,1,...,9 và x  y  z  9 . Mỗi bộ  a, b, c  thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với một bộ  x, y, z  với điều kiện x  9 . Khi đó số nghiệm của pt này với x tùy ý là C11 và số nghiệm 2 0,25 với x  9 (hay a  0 ) là 1 suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là C11  1 . 2 TH3. Nếu k  3 thì a  b  c  27  a  b  c  9 . Do đó trong trường hợp này có một số thỏa mãn. 100 1 0,25 Vậy số các số có 4 chữ số thỏa mãn ycbt là C10  C11  1  1  100 . Do đó xác suất cần tìm là 2 2  . 900 9 Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tơi www.laisac.page.tl