Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 14 docx

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi TỐN: Giáo dục trung học phổ thơng Ngày tháng năm 2013 (Đề thức có 01 trang) Thời gian: 180 phút khơng kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3x   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m tham số 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  1 2) Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  cắt đồ thị  Cm  điểm phân biệt P  0,1 , M , N cho bán kính với O  0;0  Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos 2 x  2cos x  4sin x  cos x   sin x cos x  4x 10 2) Giải bất phương trình: x x   x 2 x x đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau I   sin x  2sin x cos3 x  cos4 x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AC  BC  2a Mặt phẳng  SAC  tạo với mặt phẳng  ABC  góc 600 Hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng AH SB   25 x Câu V (1,0 điểm) Giải phương trình  2x  23 x1  x  x  22 x 2x 1   II PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn 2 Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  đường thẳng  d  : x  y  10  Từ điểm M  d  kẻ hai tiếp tuyến đến  C  , gọi A, B hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M cho độ dài đoạn AB  2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;1;2  , B  0; 1;3 Gọi C giao điểm đường thẳng  AB  mp  Oxy  Tìm tọa độ điểm M đường thẳng  AB  cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mp  Oxy  theo giao tuyến đường trịn có bán kính Câu VII.a (1,0 điểm) Với n  N , n  Giải phương trình 1 1 89      C3 C4 C5 Cn 30 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A , biết B C đối xứng qua gốc tọa độ O Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng  d  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng AC qua điểm K  6;2  2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 , D  3;3  3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB điểm N thuộc trục hồnh cho đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CD độ dài MN  Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa  n  1  Cn0    TRƯỜNG THPT LONG MỸ 1 n Cn  C n  Cn  L  Cn   1023 n 1  ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TỐN: Giáo dục trung học phổ thơng ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013 Câu Đáp án Điểm Cho hàm số y  x  3x   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m tham số 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  1 2) Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  cắt đồ thị  Cm  điểm phân biệt P  0,1 , M , N cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN với O  0;0  1) Học sinh tự vẽ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm  Cm  (d): x  x   m  1 x   x   x   y   P  0;1  x  x  3x  m      x  3x  m     Để  Cm  cắt (d) điểm phân biệt    có nghiệm phân biệt khác I m    m   Giả sử M  x1; x1  1 , N  x2 ; x2  1 x1; x2 nghiệm pt(2) OM ON MN MN d  O;  d    (với R bán kính đường trịn ngoại 4R tiếp tam giác OMN ) OM ON  d  O;  d     OM ON  R.d  O;  d    2d  O;  d    3 4R Ta có SOMN  Mà ta có OM ON   2x    x1  x12  x1  2 Với x1  x1  m; x2  3x2  m  OM ON  4m  12m  25 * d  O;  d     2 2,0 Khi vào (3) ta 4m  12m  25  m  5  thỏa đề có  m  3 m  3 1) Giải phương trình: 2cos 2 x  2cos x  4sin x   cos x  sin x cos x 1,0 pt  2cos 2 x  2cos x  4sin x  2sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x  cos x  2sin x  sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x  sin 2 x  cos x  2sin x  sin x cos x  cos x  cos x  2sin x  sin x cos x  2sin 3x sin x  4sin x cos3 x  sin 3x cos x    2sin 3x sin x  cos 3x  cos x  sin x   sin x  cos x  2cos3 x  * sin 3x   x  k  k  Z  II   *sin x  cos x  2cos3 x  cos  x    cos x 6    x    k  12  k  Z   x    k   24   k k Vậy nghiệm phương trình x    k ; x   ;x  k  Z  12 24  4x 10 2) Giải bất phương trình: x x   x   1 x x x    x  ĐK:    x0 10 x 20  x  x  10     x Bpt(1)  x  x   Đặt t  x  x  10    x  x  10  x  x  10  15  x  x  10  x  12   3*  t    t   *  Bpt trở thành 2t  t  15    t  2 t   x  x  10   x  x     x  1   h / n  Vậy nghiệm bất phương trình x   0;   1,0  Tính tích phân sau I   sin x 1,0  2sin x cos3 x  cos4 x dx  I  cos2 x   sin x  cos x    2sin x cos x  cos x  dx  cos x  tan x  1  cos4 x  tan x  1 dx   tan x  1  tan x  12 d tan x  dx     2 tan x  1 cos x  tan x  1 0 III Đặt t  tan x  dt  d  tan x   dx cos x x   t  Đổi cận  x    t 1  Khi I   t  12 dt  1  2t  1 2t  1   2t  1  dt   2t    2t  4   2t  0   dt 2t   1 1 1   I   t  3t  ln 2t      ln    ln 4 2 0 4  Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A, AC  BC  2a Mặt phẳng  SAC  tạo với  ABC  góc 600 Hình chiếu H S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng HA SB S IV K H C N B a M A B C ABC vuông A có BC  2a, AC  a; ¶  300 , ¶  600 Gọi N laftrung điểm AC Vì 1,0 AC  AB  AC  HN , AC  SH ·  AC   SHN   SNH  600 Trong tam giác SNH  HN  a 3a ; SH  2 a2 S ABC  a3  VS ABC  SH S ABC  Kẻ a // AH (a qua B)  HA //  SB, a  Gọi M hình chiếu H lên a K hình chiếu H SM đí HK  d  HA; SB  a · Tam giác ACH nên góc HBM  600  HM  HB sin 600  1 3a    HK  2 HK HM HS Trong tam giác SHM ta có   25 x Giải phương trình x  23 x1  x  x  22 x 2x 1  1 2 2.2 2.32 x pt     x  x  8x x x x 1 1 1 8x 32 x x  x  8x      2x  4x  2x x x x 16 64 x  x  8x  x  x  x   8x  8x  x  1,0 3x x 2  V x 4  x 8  x  x  8x  x     8x x  8x x  x x Ta có 2  x  8x x 2  x  4  x  8x x 4  x  8  x  4x x 2      2    x x x x x x  x  8x x 8  x  x  8x 2x 4x 8x Vậy x     x    8x x  8x x  x  8x x  8x x  x  2x  4x 2x  x  x x x  x     8x  8x  2x  4x  4x 1        x0 x x x x x 8x 1    16      x  8x  x  x  2x  4x  2x   2,0 2 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  1  đường thẳng  d  : x  y  10  Từ điểm M (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), gọi A, B 1,0 hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M cho độ dài AB  y d A M H I B x O VIa Đường trịn (C) có tâm I  3;1 , bk R  OA  Gọi H  AB  IM , H trung điểm AB nên AH  IH  IA2  AH   Suy ra: IA2  IM   3 2 IH 2 Gọi M  a;10  a    d  ta có IM  18   a      a   18 2a  24a  90  18  a  12a  36   a  Vậy M  6;4  2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A 1;1;2  , B  0; 1;3 Gọi C giao điểm đường thẳng AB mp  Oxy  Tìm tọa độ điểm M đường thẳng  AB  cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng  Oxy  kính theo giao tuyến đường tròn có bán 1,0 A M N C (Oxy) B uuu r uuu r Gọi C  c1; c2 ;0    Oxy  ta có AC   c1  1; c2  1; 2  ; AB   1; 2;1 uuu uuu r r Do C   AB    Oxy   C   AB  AC ; AB phương uuu r uuu r Nên tồn số thực k cho AC  k AB c1   k uuu r uuu r c1   Vậy AC  k AB  c2   2k    C  3;5;0  c2   2  k  uuuu r uuu r Gọi M  m, n, p    AB   AM   m  1; n  1; p   ; AB   1; 2;1 uuuu uuu r r AM ; AB phương nên tồn số thực t cho  m   t m   t uuuu r uuu r   AM  t AB   n   2t  n   2t  M 1  t ;1  2t ;  t  p 2  t p  2t   CM   t  2   2t  2    t 2  6t  24t  24 Gọi N hình chiếu vng góc M  Oxy  suy MN  z M  t  Tam giác MNC vuông N suy MN  NC  MC t  6t  24t  24  t  4t   20  5t  20t     t  4 t   M 1;1;  ; t  4  M  5;9; 2  Vậy M 1;1;  M  5;9; 2  Với n  N , n  Giải phương trình Ta có Ck  VIIa Ta lại có k  k  1 k   k!   3  k  3 3! k  3! Ck k  k  1 k    k  1 k  2 Đặt f  k   1 1 89      C3 C4 C5 Cn 30   k  k  1 k  k  1 k    k  1 k  2    f  k   f  k  1  Ck Cho k chạy từ tới n ta 1,0 n  C   f  3  f    f    f 5   f  n   f  n   f  n  1 k 3 n k  k    C   f  3  f  n  1   1  n  n  1    k 3   1 1  89      1   n  n  1   30  C3 C4 C5 Cn    n  n   89  3  90 n  n   89n  89n   n  n  30 Hay   n  n  n  90   n  10  Ck3  k 3 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A , biết B C đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng  d  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác, biết đường thẳng AC 1,0 qua điểm K  6;2  I (d) A K O C B B   d  : x  y   nên gọi B   2b; b  , B, C đối xứng với qua O suy C (2b  5; b) O (0;0)  BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác góc B  d  : x  y   nên I (2;4) I  AB uu r Tam giác ABC vuông A nên BI   2b  3;4  b  vng góc với uuu r CK  11  2b;  b  b  b   2b  311  2b     b   b    5b2  30b  25    VIb Với b   B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại  31 17  ;   5 Với b   B (5;5), C (5; 5)  A   31 17  ;  ; B (5;5); C (5; 5)  5 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 Vậy A  , D  3;3  3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  AB  điểm N thuộc trục hoành 1,0 cho đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CD độ dài MN  uuuu uuu r r Gọi M  m1; m2 ; m3  điểm thuộc  AB  AM , AB phương uuuu r uuu r AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2;  m1  t uuuu uuu r r uuuu r uuu r  AM , AB phương  t  R : AM  t AB  m2  2t  M  t ; 2t ; 1  2t  m  1  2t  Gọi N  n;0;0    Ox  uuuu r uuu r NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2  uuuu uuu r r MN vng góc CD nên NM CD   t  n  4t  4t    t   n 1 2 MN   MN    t   t     4t   2t  1  t   8t  4t    8t  4t     t   Với t   n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0  Với t  1     n    M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2    1  Cn  C n  C n  L  Cnn   1023 n 1  1 1 1023 Cn0  Cn  Cn2  Cn3  L  Cnn  n 1 10 n n n 1 n! n! Ta thấy VT có dạng  Cnk    k 0 k  k  k  k ! n  k ! k   k  1! n    k  1 !   Tìm …  n  1  Cn   n n  n  1!  n  Cnk11  n  k   k  1!  n  1   k  1 ! k 0 1  Cn11  Cn21   Cnn11   n   2n1  1 n 1 1 1023 Mà Cn  Cn  Cn  Cn  L  Cnn  n 1 n 1 1023   2n1  1  n   2n1  1024  n  n 1  VIIb 1,0 TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN Mơn thi: TỐN; Khối : A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình 2sin(2 x  Giải bất phương trình 9 11 )  sin x  sin( x  )   x  x  92  x  x  x   1 x  R  ln Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I  (2e3 x  e x ) dx 4e x   Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy tam giác cạnh 2a, điểm A1 cách e x ba điểm A, B, C Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy góc  Hãy tìm  , biết thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 3a Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 2a  b  ab  bc  abc  Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình cạnh uuu uuur AB, AC r x  y   x  y   , điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC Tìm tọa độ điểm D cho DB.DC có giá trị nhỏ Câu VII (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P): x  y  z   cho tam giác ABC cân C có diện tích 17 Câu VIII (1,0 điểm) Giải phương trình log  x  1   log  x  log8 (4  x )3 -Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………; Số báo danh:………………… 10 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn: TỐN – KHỐI A ( Đáp án gồm trang ) CÂU Điểm NỘI DUNG Câu I 1.(1 điểm) (2 Với m = hàm số là: y  x  x  TXĐ: D = R  Sự biến thiên +) Giới hạn lim y   ; lim y   điểm) x   0,25 x  x  +) y '  x  x; y '     x  1 +) Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0); (1; +  ), nghịch biến khoảng (-  ;- 1); (0; 1) +) Hàm đạt cực đại x = 0, yCĐ = 1; cực tiểu x =  1, yCT = +) BBT x - -1 y' - + 0 + y + 0,25 + + 0,25 0,25  Đồ thị: Vẽ đồ thị (1 điểm) TXĐ: D= R y '  x  4mx  x( x  m) x  y'   x  m 0,25 Hàm số có điểm cực trị y’=0 có nghiệm phân biệt  m  Gọi điểm cực trị A(0;m), B ( m ;  m2  m), C( m ;  m  m) Ta có A thuộc Oy B, C đối xứng qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam 0,25 giác ABC thuộc Oy Gọi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC I(0;a) Ta có: IA2  IB  IC  0,25 m  a  (m  a )2       m  a  1 2 m  ( m  m  a)    2 m  ( m  m  a)  1(*) 11 -Với m  a  1 thay vào (*) ta có phương trình vơ nghiệm m  -Với m  a  thay vào (*) ta có m  1; m  1 (TM) 0,25 1.(1 điểm)  Phương trình  sin(2 x  )  sin x  cosx    sin x  cos2 x  sin x  cosx    (2sin x cos x  cos x)  sin x  sin x    cos x (2 sin x  1)  (2 sin x  1)(sin x  3)   (2sin x  1)(cos x  sin x  3)  0,25  sin x     cos x  sin x   0(VN ) Câu II (2 điểm) 0,25 0,25    x   k 2   x  5  k 2   0,25 2.(1 điểm) Điều kiện: x  Bất phương trình  x  x  92  10  ( x  x  8)  ( x   1) x2  2x    ( x  2)( x  4)  x  x  92  10 x2 x 1 1   x4  ( x  2)   ( x  4)  0 x 1  1  x  x  92  10   1  ( x  2)  ( x  4)(  1)  0 x 1  1 x  x  92  10  0,25 0,25 0.25 1 Ta có: ( x  4)(  1)   0, x  x 1  x  x  92  10 Do bất phương trình  x    x  Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là:  x  0,25 Câu III (1 điểm) (1 điểm) ln I (2e3 x  e x ) dx e x 4e x   ln   (2e3 x  e x ) dx 4e3 x  3e2 x  0,25 12 Đặt t  4e3 x  3e x  t  4e3 x  3e2 x  2tdt  (12e3 x  6e x )dx  (2e3 x  e x )dx  tdt 0,25 Đổi cận: x   t  ; x  ln  t  9 I tdt 1  (1  )dt  t 1  t 1 1 0,25  ln  (t  ln t  1)  3 0,25 (1 điểm) B1 A1 C1 0.25 A B G I Câu IV H C (1 điểm) Ta có tam giác ABC cạnh 2a nên SABC= a Mặt khác A1A= A1B= A1C  A1ABC chóp tam giác 0,25 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G đường cao 2a Trong tam giác ABC có AG= AH= 3 0,25 Trong tam giác vuông A1AG có:  A1AG=  A1G=AG.tan  = 2a tan  VLT=A1G.SABC= 3a  tan      600 Câu V (1 điểm) (1 0,25 Ta có: điểm) 3 1 M  2a  b  ab  bc  abc  2a  b  a.4b  b.4c  a.4b.16c 4 2 a  4b b  4c a  4b  16c  2a  b    4 12 13 0.25 0,25  28(a  b  c) 7 12 Dấu xảy a  0,25 16 ,b  ,c  7 0,25 Câu VI điểm (1 ur uu r ur u Gọi VTPT AB, AC, BC là: n1 (1; 2); n2 (2;1); n3 (a; b) điểm) Phương trình BC có dạng: a( x  1)  b( y  2)  0, a  b  Tam giác ABC cân A nên ur ur u uu ur r u cos B  cos C  cos(n1 , n3 )  cos( n2 , n3 )  a  2b a  b2  0.25 2a  b a  b2  a  b  a  b Với a=-b, chọn b=-1  a   PT BC: x  y    B (0;1); C ( 2 ; ) Không thỏa 0,25 3 mãn M thuộc đoạn BC Với a=b, chọn a=b=1  PT BC: x  y -   B(4; 1); C (4;7) Thỏa mãn M thuộc đoạn BC Gọi trung điểm BC I (0;3) uuu uuu r r uur uu uur uu u r u r BC BC Ta có: DB.DC  ( DI  IB).( DI  IC )  DI   4 Dấu xảy D  I Vậy D(0;3) (1 điểm) C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a; b; a-b-1) Câu VII 0,25 0,25 0.25 Tam giác ABC cân C  AC  BC  (a 3)2  (b 5)2  (5 a  b)2  (a 3)2  (b1)2  (5a b)2 b  (1) (1 Ta có AB = 4, trung điểm AB I (3;3;4) điểm) S ABC  CI AB  17  CI  17 => a  a  Từ (1) (2) ta có   b  b  0,25 3  a  2  8  a   17 (2) 0,25 0,25 Vậy có hai điểm C(4 ; ;0) ; C(7;3;3) Câu VIII (1 ( x  1)2   x  1  4  x     Điêù kiện:   x    x    * 1  x   (4  x )3   x  4   14 0.25 điểm) Pt  log x    log (4  x )  log (4  x)  log x   log (16  x )  x   16  x 1 Giải pt(1) x  2  0,25 0,25 24; x  2 Kết hợp đk (*), nghiệm phương trình x  2; x  2  …… ………Hết …………… 15 24 0,25 ... thẳng CD độ d? ?i MN  Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên d? ?ơng n thỏa  n  1  Cn0    TRƯỜNG THPT LONG MỸ 1 n Cn  C n  Cn  L  Cn   1023 n 1  ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 -2 013. .. n 1  ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 -2 013 Mơn thi TỐN: Giáo d? ??c trung học phổ thơng ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 0 3-0 2 -2 013 Câu Đáp án Điểm Cho hàm số y  x  3x   m  1... báo danh:………………… 10 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn: TỐN – KHỐI A ( Đáp án gồm trang ) CÂU Điểm NỘI DUNG Câu I 1.(1 điểm) (2 Với m = hàm số là: y  x  x  TXĐ: D = R  Sự biến thi? ?n