ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1 potx

5 199 0
  • Loading ...
1/5 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 17/03/2014, 16:20

www.MATHVN.com www.MATHVN.com 1 S GD & T THANH HểA TRNG THPT O DUY T www.MATHVN.com KHO ST CHT LNG THI I HC (LN I) NM HC 2012 - 2013 Mụn: TON; Khi: A v A1 Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt ( thi cú 01 trang) I/ PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu 1. (2,0 im). Cho hm s 2( )3xy Cx+= 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2) Tỡm trờn th ( C) im M sao cho khong cỏch t im M n ng tim cn ngang bng 5 ln khong cỏch t im M n ng tim cn ng. Cõu 2. (1,0 im). Gii phng trỡnh:()6 68 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x+ + = +. Cõu 3. (1,0 im). Gii h phng trỡnh trờn :x x y xy yx y x y3 2 2 36 9 4 02 + = + + = Cõu 4. (1,0 im). Tỡm nguyờn hm ca hm s: ( )231xf xx x=+ trờn on 1;8 Cõu 5. (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi, hai ng chộo AC = 2 3a, BD = 2a v ct nhau ti O; hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Bit khong cỏch t O n mt phng (SAB) bng 34a. Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a. Cõu 6. (1,0 im). Cho *,a b+. Chng minh rng: a b b a a b2 23 3 1 1 2 24 4 2 2 + + + + + + II/ PHN RIấNG (3,0 im): Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A. Theo chng trỡnh Chun Cõu 7a. (2,0 im) 1. Trong mt phng ta Oxy cho ng thng : 2 3 0x y + = v hai im A(1; 0), B(3; - 4). Hóy tỡm trờn ng thng mt im M sao cho 3MA MB+ nh nht. 2. Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai nh B v C ln lt nm trờn hai ng thng d1: x + y + 5 = 0 v d2: x + 2y 7 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm C v tip xỳc vi ng thng BG. Cõu 8a. (1,0 im) Gii bt phng trỡnh trờn : 1 3 3 1 38 2 4 2 5+ + + + x x x. B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu 7b. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho im P( 7;8) v hai ng thng 1:2 5 3 0d x y+ + =; 2:5 2 7 0d x y = ct nhau ti A . Vit phng trỡnh ng thng 3d i qua P to vi 1d, 2dthnh tam giỏc cõn ti A v cú din tớch bng 14,5. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): 191622=yx. Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Cõu 8b. (1,0 im) Cho khai trin Niutow ( )x 13x 12281log 3 1log 9 752 2 ++ + . Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca x, bit rng s hng th 6 t trỏi sang phi trong khai trin ny l 224. Ht www.MATHVN.com www.MATHVN.com 2 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. …………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………… Ghi chú: Dự kiến khảo sát chất lượng thi Đại học ( lần II) tổ chức vào các ngày 30 31 tháng 3 năm 2013. SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ www.MATHVN.com ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đáp án có 04 trang) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Lời giải chi tiết Điểm I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. * Tập xác định {}\ 3D =ℝ * Sự biến thiên: +/ Giới hạn tiệm cận: lim 1; lim 1x xy y→−∞ →+∞= =: Đồ thị có tiệm cận ngang là 1y= 3 3lim ; limx xy y+ −→ →= +∞ = −∞: Đồ thị có tiệm cận đứng là 3x= 0,25 +/ Ta có: ( )25' 0; 33y xx−= < ∀ ≠−, Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên các khoảng ();3−∞và ()3;+∞. x −∞ 3 +∞ 'y − 0 0 − y 1 +∞ −∞ 1 0,5 * Đồ thị: 12108642-2-4-6-8-10-25-20-15-10-55 10 15 20 0.25 2. (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): 5;1 , 33M a aa = + ≠ −  Tiệm cận đứng 1: 3 0x∆ − =; tiệm cận ngang 2: 1 0y∆ − = 0,25 Theo giải thiết: ( ) ( )2 15; 5 ; 5 33d M d M aa∆ = ∆ ⇔ = −− (1) 0,25 Giải phương trình (1), ta được: 4; 2a a= = 0,25 Câu 1. (2,0 điểm) Vậy các điểm cần tìm là: ()()4;6 & ' 2; 4M M= = − 0,25 Giải phương trình:()6 68 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x+ + = − +. Câu 2. (1,0 điểm) Phương trình ()2 28 1 3sin cos 3 3sin 4 3 3 os2 9sin 2 11 0x x x c x x− + − + − = ()()23 3 os2 2sin 2 1 3 2sin 2 3sin 2 1 0c x x x x⇔ − − − + = 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 3 ( )( )()( )2sin2 1 0 12sin2 1 3 os2 sin 2 1 03 os2 sin2 1 2xx c x xc x x− =⇔ − − + = ⇔− = − 0,25 Giải phương trình (1): ( )112sin 2 5212x kx kx kππππ= += ⇔ ∈= +ℤ 0,25 Giải phương trình (2): ( )143 os2 sin2 1 os 2 56 212x kc x x c x kx kπππππ= + − = − ⇔ + =− ⇔ ∈  = − +ℤ 0,25 Giải hệ phương trình: x x y xy yx y x y3 2 2 36 9 4 0 (1)2 (2)− + − =− + + = Ta có: (1) ⇔ x y x y2( ) ( 4 ) 0− − = ⇔ x yx y4== 0,5 Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2 0,25 Câu 3. (1,0 điểm) Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x y32 8 15; 8 2 15= − = − 0,25 Tìm nguyên hàm của hàm số: ( )231xf xx x−=+ trên đoạn   1;8 www.MATHVN.com Vì hàm số liên tục trên []1;8. Ta có: 2231111xxdx dxx xxx−−=++∫ ∫ 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) = 21 11 ( )1ln( )1 1d xx xdx x Cxx xx x− += − = − + ++ +∫ ∫ Vậy nguyên hàm của hàm số ( )231xf xx x−=+ trên đoạn []1;8là: ( )1ln( ) ;F x x C Cx= − + + ∈ℝ 0,5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O AO = 3a; BO = a , do đó 060A DB=. Hay ABD∆đều. Do ()()();SAC SBD ABCD⊥nên giao tuyến của chúng SO⊥ (ABCD). 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ DH = 3a; OK // DH 1 32 2aOK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI 34aOI = 0,25 Câu 5. (1,0 điểm) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 21 1 12aSOOI OK SO= + ⇒ = Diện tích đáy 24 2. . 2 3DSABC ABOS OAOB a∆= = =; đường cao của hình chóp 2aSO=. Thể tích khối chóp S.ABCD: 3.1 3.3 3D DS ABC ABCaV S SO= = 0,5 S A B K H C O I D 3a www.MATHVN.com www.MATHVN.com 4 Chứng minh rằng: a b b a a b2 23 3 1 1 2  24 4 2 2     + + + + ≥ + +           Ta có: a a b a ba b a a b a22 21 1 1 12 2 2 23 14 4 = − + + + ≥ + +  + + = − + + + + Tương tự: b a a b21234+ + ≥ + +. 0,5 Ta sẽ chứng minh a b a b21 1 12 (22 2 2    + + ≥ + +         (*) Thật vậy, (*) ⇔ a b ab a b ab a b2 21 144 42≥+ + + + + + + + ⇔ a b20( )≥−. Dấu "=" xảy ra ⇔ a b12= =. 0,5 II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Câu 6. (1,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn 1. (1,0 điểm). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho 3MA MB+  nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(5; 32−) 0,25 Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ+ = + + = + =        0,25 Vì vậy 3MA MB+  nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆ Đường thẳng JM qua J vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0. 0,25 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 22 3 052 8 0 195xx yx yy−=+ − =⇔ − − == . Vậy M(19 2;5 5−) 0,25 2. (1,0 điểm). Viết phương trình đường tròn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG. Giả sử 1 2( ; ) 5; ( ; ) 2 7B B B B C C C CB x y d x y C x y d x y∈⇒= − − ∈⇒= − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 63 0B CB Cx xy y+ + =+ + = 0,25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0,25 Ta có (3;4) (4; 3)BGBG VTPT n⇒ −  nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25 7a. (2,0 điểm) Bán kính R = d(C; BG) = 95 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 8125 0,25 Giải bất phương trình: 1 3 3 1 38 2 4 2 5+ − − + −+ − + ≤x x x. 8a. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≤ 3. Đặt 32 1xt−= ≥. BPT ⇔ 28 2 2 5+ − + ≤t t t 0,25 2 225 2 08 2 5 2 8 2 05 22 17 0− ≥⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥− + ≥tt t t t tt x5022 4 0 1171;5≤ ≤⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤≤ ≥tt tt t 0,5 Với 30 1 2 1 3 0 3−≤ ≤ ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =xt x x 0,25 B. Theo chương trình Nâng cao www.MATHVN.com www.MATHVN.com 5 1. (1,0 im). Vit phng trỡnh ng thng 3d i qua P to vi 1d, 2d Ta cú A(1; 1) v 1 2d d. Phng trỡnh cỏc ng phõn giỏc ca cỏc gúc to bi 1d, 2dl: 1: 7 3 4 0x y+ = v 2: 3 7 10 0x y = 0,25 3dto vi 1d, 2dmt tam giỏc vuụng cõn 3dvuụng gúc vi 1 hoc 2.. Phng trỡnh ca 3dcú dng: 7 3 0x y C+ + = hay 3 7 0 + =x y C Mt khỏc, 3dqua ( 7;8)Pnờn C = 25 ; C = 77 0,25 Suy ra : 3: 7 3 25 0d x y+ + = hay 3:3 7 77 0d x y + = Theo gi thit tam giỏc vuụng cõn cú din tớch bng 292 cnh huyn bng 58 0,25 Suy ra di ng cao A H =582= 3( , )d A d Vi 3: 7 3 25 0d x y+ + = thỡ 358( ; )2d A d = ( tm) Vi 3:3 7 77 0d x y + = thỡ 387( ; )58d A d = ( loi ) 0,25 2. (1,0 im). Vit phơng trình chính tắc của (E) Hypebol (H) có các tiêu điểm ()()1 25;0 ; 5;0F F. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), 0,25 Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1byax2222=+ ( với a > b v 2 2 2a b c= +) (E) cũng có hai tiêu điểm ()()()2 2 21 25;0 ; 5;0 5 1F F a b = 0,25 ()()()2bab16a9E3;4M2222=+ Từ (1) (2) ta có hệ:===++=15b40abab16a9b5a222222222 0,25 7b. (2,0 im) Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 115y40x22=+ 0,25 Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca x, Ta cú:( )k 88k 8 k k8k 0a b C a b==+ =. p dng vi ( )( )( )x 13x 12211 1log 3 1log 9 7x 1 x 153 5a 2 9 7 b 2 3 1 = ; ++ = + = = + 0,25 + Theo th t trong khai trin trờn, s hng th sỏu tớnh theo chiu t trỏi sang phi ca khai trin l ( ) ( ) ( ) ( )3 51 115 x 1 x 1 x 1 x 13 56 8T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1 = + + = + + 0,25 + Theo gi thit ta cú : ( ) ( )x 11x 1 x 1 x 1 x 1x 19 756 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1)3 1= 224 ++ + = + = ++ 0,25 8b. (1,0 im) ( )x 12x 1 x 1x 13 1 x 13 4(3 ) 3 0x 23 3 = = + = == 0,25 Ghi chỳ: Nu thi sinh lm bi cú li gii khỏc vi ỏp ỏn m li gii ỳng thỡ vn cho im ti a theo biu im ó quy nh. Ht . ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI Đ I HỌC (LẦN I) NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Kh i: A và A 1 Th i gian làm b i: 180 phút, không kể th i gian phát đề ( áp. TON; Khi: A v A 1 Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt ( thi cú 01 trang) I/ PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 ,0 im) Cõu 1. (2 ,0 im). Cho
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1 potx, ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1 potx, ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1 potx

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay