Đang tải... (xem toàn văn)
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 C22nn11 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 3.2.2C23n1 ( 1)k k (k 1)2 k C2kn1 2n(2n 1)2 n C22nn11 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)