ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B

Chia sẻ: Vũ Thanh Tùng | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

324
lượt xem 128
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LẦN 1 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN KHỐI A, B TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B

http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LÀNI NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút) -----------------------@--------------------------- --------------------------------------@----------------------------------- (Không kể thời gian phát đề) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): π 2cos3x.cosx+ 3(1 + s in2x)=2 3cos 2 (2 x + ) 1. Giải phương trình : 4 2. Giải phương trình : log 2 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x) 1 2 π π tan( x − ) 6 Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 4 dx I=∫ cos2x 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng ∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 . r Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): x2 y 2 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . 9 4 Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 . r Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): 2 1 22 2 2n n 121 Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn + Cn + Cn + ... + Cn = 0 n +1 n +1 2 3 -------------------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------------- Cán bộ coi thi không g ải thích gì thêm Họ tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:..............................
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM NỘI DUNG Câu Điêm 2. Ta có y = 3 x − 6mx + 3(m − 1) , 2 2 Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt 05 ⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt I ⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị 025 hàm số là B(m+1;-2-2m)  m = −3 + 2 2 Theo giả thiết ta có OA = 2OB ⇔ m + 6m + 1 = 0 ⇔  2 025  m = −3 − 2 2  Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2 . 1. π  PT ⇔ cos4x+cos2x+ 3(1 + sin 2 x) = 3 1 + cos(4x+ ) ÷ 05  2 ⇔ cos4x+ 3 sin 4 x + cos2x+ 3 sin 2 x = 0 π π ⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0 6 6 π π   x = − 18 + k 3 π 05 ⇔ 2sin(3 x + ).cosx=0 ⇔   x= π + kπ 6 2  II π π π Vậy PT có hai nghiệm x = + kπ và x = − + k . 2 18 3  −1 5 
π III π π tan( x − ) 4 dx = − tan x + 1 dx 2 6 6 025 I=∫ ∫ (t anx+1)2 cos2x 0 0 1 t = t anx ⇒ dt= dx = (tan 2 x + 1)dx Đặt 2 cos x 05 x=0⇒t =0 π 1 x= ⇒t = 6 3 1 1 1 3 1− 3 . 3 dt 025 Suy ra I =−∫ = = (t + 1) t + 10 2 2 0 IV 05  AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB ) ⇒ AM ⊥ SC (1)  Ta có  AM ⊥ SB, ( SA = AB ) Tương tự ta có AN ⊥ SC (2) AI ⊥ SC Từ (1) và (2) suy ra Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 1 Suy ra VABMI = S ABM .IH 3 a2 Ta có S ABM = 05 4 SA2 a2 IH SI SI .SC 1 1 1 = = =2 =2 = ⇒ IH = BC = a SA + AC a + 2a 2 2 2 BC SC SC 3 3 3 V 2 3 1a a a Vậy VABMI = = 3 4 3 36 Ta c ó: P = 3  ( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx)  − 2 xyz   025 = 3 [ 9 − 2( xy + yz + zx) ] − 2 xyz = 27 − 6 x( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
( y + z)2 ≥ 27 − 6 x(3 − x) − ( x + 3) 2 025 1 = (− x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27) 2 Xét hàm số f ( x ) = − x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27 với 0
VIIb 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y 2 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có + = 1 và diện tích tam giác 05 9 4 ABC là 1 85 85 x y S ABC = AB.d (C → AB ) = 2x + 3y = 3 + 2 13 3 4 2 13 85  x 2 y 2  170 ≤3 2 + ÷ = 3 13  9 4 13 05  x2 y2   9 + 4 = 1 x = 3 2  32 ⇔ Dấu bằng xảy ra khi  . Vậy C ( 2 ; 2) . x = y 2 y = 2  3 2  Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x n 0 1 22 nn Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 05 3n +1 − 1 2 n+1 n 2 2 1 23 3 = 2Cn + Cn + Cn + ... + 0 Cn n +1 n +1 2 3 2n n 3n +1 − 1 121 3n +1 − 1 2 1 22 2 Cn + Cn + Cn + ... + Cn = ⇔ = 0 ⇔ n +1 2(n + 1) n + 1 2(n + 1) 2 3 ⇔ 3n +1 = 243 ⇔ n = 4 05 Vậy n=4.