1. Trang chủ
  2. » Trung học cơ sở - phổ thông

De thi thu DH 2013

5 6 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 243,54 KB

Nội dung

Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà vẫn cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa.[r]

(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN Khối A1,A, B SỞ GD  ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x  3(m  1) x  6mx  3m  Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 0 Gọi  là tiếp tuyến đồ thị (Cm) điểm A có hoành độ là Tìm m để  cắt đồ thị điểm B khác A cho OAB là tam giác vuông cân O Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: 4sin x  cos x(sin x  1)  4sin x 1 0  xy  x  3 y  2 Giải hệ phương trình:  x y  x 2 y (3 x  x  1)(2 x  1)dx (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu III Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB 2a , AD a SA vuông góc với đáy ABCD Gọi M là trung điểm CD và góc hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60o CMR BM  ( SAC ) và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a Câu V 3 3   1  a  b    a  b    2a    2b    4 4  2 2 (1,0 điểm) Cho a, b  , a, b  CMR:  Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM: x  y 1 0 đường phân giác CD: x  y  0 Viết phương trình cạnh BC A   2; 2;   , B  0;  1;  , C  2; 2;  1 Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC và cắt trục y’Oy, z’Oz M và N khác với gốc tọa độ cho ON 2OM Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n 1  3.2.2C23n 1   ( 1)k k (k  1)2 k  C2kn 1   2n(2n  1)22 n  C22nn11  40200 Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không dùng tài liệu -1- (2) Câu I ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I –THÁNG 3/ 2013 Đáp án Điểm a) Khi m 0 ta có y  x  3x  0.25 * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y ' 3 x  x  x 0 y ' 0    x 2  H/s ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2; ) , NB trên khoảng (0; 2)  Cực trị: H/s đạt CĐ x 0 : yCD 4 H/s đạt CT x 2 : yCT 0 lim y  lim y   x    Giới hạn: x   , y  3x  6x  3x  x    Chiều biến thiên: H/s không có tiệm cận  Bảng biến thiên: 0.25 0,25 x y' y  + 0 -  +  0,25 * Đồ thị : Đồ thị qua (0;4) và (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng  y 0,25 I 0,25 -1 2) Ta có: y ' 3 x  6( m  1) x  6m x 1  y 2  y '  PTTT: y  3( x  1)  2 x O 0,25 PT hoành độ giao điểm tiếp tuyến  và đồ thị (Cm): x3  3(m 1) x  6mx  3m   3( x  1)   x 1  ( x  1) ( x  3m  1) 0   x 3m    OA 1;   , OB(3m 1;  9m  2) Ta có: B( 3m  1;  9m  )  B  A  m 1  OA.OB 0 (3m  1)  2(  9m  2) 0    m 2 2  OA OB  (3m  1)  ( 9m  2)   OAB vuông cân A  -2- 0,25 (3) Vậy II m là giá trị cần tìm Giải phương trình lượng giác: 4sin x  cos x(sin x  1)  4sin x  0  4sin x(1  cos x)  2cos x(s inx  1)  4sin x  0   4sin x cos x  2sin x cos x  cos x 1 0  (2 cos x  1)(1  sin x) 0 0,25 0,5 0,25 …  xy  x  3 y (1)  2 Giải hệ phương trình:  x y  x 2 y (2) Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm hệ nên chia hai vế phương trình (1) cho y x   x  y  y 3    x x   2  y y y và phương trình (2) cho ta được: (3)  x  x 3  y y thay vào (4) ta có:  x     3  y  x   x  y  y 3 (3)    x  x   2 (4)   y  y    x      y    x 1 y x 2 y  y 1  x y  y  y 0   1  x  y  y 1  + y thay vào (2) ta được:  y 1 y  y  y 0   x 2  x 2 y  y   +y thay vào (2) ta được: (1  2;1  2), (2,1), (  1;  ) Vậy hệ có nghiệm: III 0,25 0,25 0,25 0,25 Tính tích phân: (3 x  x  1)(2 x  1)dx Ta có: (3 x 0,25  x  1)(2 x  1) dx 3x (2 x  1) dx   x  1(2 x  1) dx M  N 0 M 3x (2 x  1)dx du 2dx  u 2 x   x    3x  M (2 x  1)  3x dx   3x 8ln  x dv 3 dx  v  ln ln  ln ln ln ln  Đặt 0,25 N  x  1(2 x  1)dx Đặt t x   x t   dx dt Đổi cận: -3- x t 0,25 (4) N  2  52 32  28  t (2t  1)dt (2t  t )dt  t  t   1 15 5 1 (3 IV x  x  1)(2 x  1) dx  0,25 8ln  28   ln 15 Vậy Gọi I là giao điểm AC và MB Xét ABC và BCM AB BC    ABC BCM Ta có BC CM ACB BMC      MBC  BMC MBC  ACB 90o  BIC Vuông I hay BM  AC , mà SA  ( ABCD)  BM  BM  SA  BM  ( SAC )  SI  BM  góc hai mặt phẳng ( ABCD ) và ( SBM ) o  Là góc SI và AI hay SIA 60 Ta có: ABC ABI AI AB AB 4a 4a 2a    AI     AB AC AC AB  BC a   tan SIA 0,5 0,5 SA   2a 2a  SA  AI tan SIA AI Xét SAI vuông A Ta có: a2 S BCM  BC.CM  2 SA là chiểu cao khối chóp S BCM nên a2 2a VS BCM  S BCM SA  2a  3.2 (đvtt) V 3 3   1  a  b    a  b    2a    2b    4 4  2 2 Cho a, b  , a, b  CMR:  CM 1  1 1 a  b  a  a   a  b   a    a  b  a  b  4  2 2 Ta có b  a  a  b  Tương tự 1   1   a  b    2a    2b   (*) 2  2 2 Ta CM:  1 (*)  a  b  2ab  a  b  4ab  a  b  4  (a  b) 0 Thật vậy:  a b  Dấu “=” xảy -4- 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) VI Điểm C  CD : x  y  0  C (t ;1  t ) suy trung điểm AC  t 1  t  M ;  2   Là 0,25 0,25 0,25  t 1   t M  BM : x  0    0  2   Điểm  t   C ( 7;8) 0,25 Từ A(1;2) kẻ AK  CD : x  y  0 ( K  BC )  AK : ( x  1)  ( y  2) 0  x  y  0  x  y  0  I (0;1)  x  y    Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ACK cân C nên I là trung điểm AK nên tọa độ K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình x  y  0 VII VIII Từ giải thiết ta chọn M (0; m;0) và N (0;0; n) đó mn 0 và n 2m    Gọi n là vectơ pháp tuyến (P) thì (P)//BC và (P) qua M, N nên n  BC (2;1;1) ,       n  MN (0;  m; n) nên ta chọn n  BC , MN  (m  n;  2n;  2m)  n  m  n (3n;  2n;  4n) và (P) qua A( 2; 2;  2) nên (P) có phương trình: + 3x  y  z  0  n  n  n ( n;  2n; 4n) và (P) qua A( 2; 2;  2) nên (P) có phương trình: + x  y  z  10 0 Trường hợp này loại vì (P) qua B và C  P  : 3x  y  z  0 Vậy Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n 1  3.2.2C23n1   ( 1)k k (k  1)2 k  C2kn1   2n(2n  1)2 n C22nn11  40200 k k n+1 2n +1 − 1¿ C * Xét 1− x ¿ =C n +1 k 2n +1 n+1 2n +1 2 n+ x + −C − C12 n+1 x+ C ¿ x x − +¿ k k k−1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1) n +1 −1 ¿ kC2 n+1 x + −(2 n+1)C2 n +1 x * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: 1− x ¿2 n=−C12n +1+ 2C 22 n+1 x − +¿ −(2 n+1)¿ Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: n −1 −1 ¿k k ( k − 1)C k2n +1 x k −2 + −2 n(2 n+1)C 22 n+1 n+1 x 1− x ¿2 n −1 =2C 22 n+1 −3 C32 n +1 x + +¿ n(2 n+1) ¿ Thay x = vào đẳng thức trên ta có: k 2n  2n 1  2n(2n  1) 2C 22n 1  3.2.2C32n 1   ( 1)k k(k  1)2 k  C2n C 2n 1 1   2n(2n  1)2 0,25 2n (2) Phương trình đã cho ⇔ n(2 n+1)=40200 ⇔ n2+ n− 20100=0 ⇔ n=100 Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà cho kết đúng thì cho điểm tối đa -5- 0,25 0,25 (6)

Ngày đăng: 30/06/2021, 13:54

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w