1. Trang Chủ
  2. Ôn thi ĐH-CĐ
  3. Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A

Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A

Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Chuyên Phan B i Châu Đ thi th Chuyên Phan B i Châu năm 2013 Môn: TOÁN Đ S 1 NGÀY 14.04.2013 PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) 2x − 3 Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x +1 a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th (C ) c a hàm s đã cho. b) Tìm m đ đư ng th ng d : 2x − y + m = 0 c t đ th (C ) t i hai đi m phân bi t có tung đ dương. Câu 2. (2 đi m) π x 3x

Thể loại Tài liệu miễn phí Ôn thi ĐH-CĐ

Số trang 6

Ngày tạo 8/30/2018 3:12:39 AM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước 0.61 M

Tên tệp

Tải Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN... (.pdf)

Xem mẫu

  1. Chuyên Phan B i Châu Đ thi th Chuyên Phan B i Châu năm 2013 Môn: TOÁN Đ S 1 NGÀY 14.04.2013 PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) 2x − 3 Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x +1 a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th (C ) c a hàm s đã cho. b) Tìm m đ đư ng th ng d : 2x − y + m = 0 c t đ th (C ) t i hai đi m phân bi t có tung đ dương. Câu 2. (2 đi m) π x 3x a) Gi i phương trình (tan 2x cot x − 1) sin 4x = sin(x + ) + 2 sin cos 3 2 2 6x 2 b) Gi i b t phương trình 2 > 2x + x − 1 + 1 2x + 1 + 1 Câu 3. (1 đi m) ính di n tích hình ph ng gi i h n b i các đư ng y = (1 − x)e x ; y = x 3 − 1; và tr c tung. Câu 4. (1 đi m) Cho hình chóp đ u S.ABC có góc gi a m t và m t đáy b ng 60o và kho ng cách gi a 3a hai đư ng th ng S A và BC b ng . Tính theo a th tích kh i chóp S.ABC và di n tích m t c u đi 2 7 qua b n đi m S,O, B,C v i O là tâm đáy. Câu 5. (1 đi m) Cho ba s th c dương a, b, c thõa mãn abc = 1. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c 1 1 1 P= + + a 2 + ab − a + 5 b 2 + bc − c + 5 c2 + ca − c + 5 PH N RIÊNG (3 đi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B A. Theo chương trình chu n Câu 6A. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y , cho đi m A(2; 0) và đư ng tròn (T ) : (x − 1)2 + (y + 2)2 = 5. Tìm t a đ hai đi m B,C thu c (T ) sao cho tam giác ABC vuông t i B và có di n tích b ng 4. b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho tam giác đ u ABC có A(4; 2; −6) và phương trình đư ng x −3 y −3 z −1 th ng BC là : = = . Vi t phương trình đư ng th ng d đi qua tr c tâm tam giác ABC và 2 1 1 vuông góc v i (ABC ) 3 n Câu 7A. (1 đi m) Tìm s h ng không ch a x trong khai tri n 2x 2 − (x = 0) , bi t r ng x 1 2 3 k n C n + 2C n + 3C n + ... + kC n + ... + nC n = 256n B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy , vi t phương trình chính t c c a Elip (E) bi t r ng khi M thay đ i trên (E) thì đ dài nhi nh t c a OM b ng 4 và đ dài l n nh t c a M F1 b ng 8 v i F1 là tiêu đi m có hoành đ âm. x y −1 z +1 b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z , cho đư ng th ng ∆ : = = và m t ph ng (P ) : 2 1 −1 x + y − z − 1 = 0. Vi t phương trình đư ng th ng d thu c m t ph ng (P ) sao cho d vuông góc v i ∆ và kho ng cách gi a d và ∆ b ng 3. 1 π Câu 7B. (1 đi m) Tìm s ph c z bi t z 2 + 2z là s th c và z + có m t acgumen là − z 3
  2. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu I 1. (1,0 điểm) Khảo sát… (2,0 điểm) 5 Tập xác định D   \ {1}. Ta có: y '   0, x  D. ( x  1)2 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1),( 1;  ). Hàm số không có cực trị. Giới hạn: lim y  lim y  2; lim  y  , lim  y  . x x x1 x1 0,25 Tiệm cận: TCĐ: x  1, TCN: y  2. Bảng biến thiên: x  1  y' + +  2 0,25 y 2  Đồ thị: y 2 3 0,25 2 –1 O x 3 2. (1,0 điểm) Tìm m để … Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 2x  3 0,25  2 x  m  2 x 2  mx  m  3  0 (1). x 1 Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt    m2  8m  24  0  m  4  40 0,25 x1 , x2 khác –1 khi và chỉ khi   2  m  m  3  0  m  4  40.  Hai giao điểm có tung độ dương khi và chỉ khi  2 x1  m  2 x2  m  0  x1  x2  m  0 0,25   2 (2 x1  m)(2 x2  m)  0 4 x1 .x2  2 m( x1  x2 )  m  0  m  2  m  0    m  0. Vậy m  4  40. 0,25 2(m  3)  2 m( m )  m 2  0   2 Câu II 1.(1,0 điểm) Giải phương trình….. Trang 1/4
  3. Câu Đáp án Điểm Điều kiện: cos 2 x  0, sin x  0. Phương trình đã cho tương đương với s in2x.cos x  sin x.cos 2 x  x 3x 0,25 ( ) sin 4 x  sin( x  )  2 sin cos sin x.cos 2 x 3 2 2 1 3 2 sin 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  sin x 0,25 2 2 3 1   2 2 sin 2 x  cos x  sin x  sin 2 x  sin(  x)  x   k  x  k 2. 2 2 3 9 3 3 0,50  2 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là: x   k ,x  k 2(k  ). 9 3 3 2.(1,0 điểm) Giải bất phương trình… 6 x 2 ( 2 x  1  1)2 Điều kiện x  1. Bất pt tương đương với  2x  x  1  1 0,25 4 x2 3 1 x  3 2 x  1  4  x  1  ( 2 x  1  ) 2  ( x  1  ) 2 (1). 0,25 2 2 3 1 Với x  1, ta có: 2 x  1   0, x  1   0. 2 2 0,25 3 1 Do đó (1)  2 x  1   x  1   2 x  1  x  1  2  4 x  1  x  2 2 2 x  2    x  10  4 5. Kết hợp điều kiện ta có nghiệm x  10  4 5. 0,25 2  x  20 x  20  0  Câu III Phương trình hoành độ giao điểm: 0,25 (1,0 điểm) (1  x)e x  x3  1  ( x  1)(e x  x 2  x  1)  0  x  1 ( do e x  x 2  x  1  0, x ). 1 1 1 1 x 3 x 3 x 3 0,25 S  (1  x)e 0  ( x  1) dx   ((1  x)e 0  ( x  1))dx   (1  x)e dx   ( x 0 0  1) dx Đặt u  1  x, dv  e x dx  du   dx, v  e x . Ta có: 1 1 1 x x1 x x1 x4 5 0,50  0 (1  x)e dx  (1  x)e 0   e dx  1  e 0 0  e  2, suy ra S  e  2  (  x) 4 0 e . 4 Câu IV Tính thể tích khối chóp ….. (1,0 điểm) Gọi M là trung điểm BC. Kẻ MH  SA,( H  SA) S  BC  AM Ta có  (*)  BC  ( SAM )  BC  MH H  BC  SO E 0,25 Do đó MH là đường vuông góc chung của SA và BC, A C 3a • Suy ra MH  . O • 2 7 M I    B Cũng từ (*) ta có: SM  BC  SMA  (( SBC ), ( ABC ))  60 . Đặt OM  x  AM  3 x, OA  2 x, SO  x 3, SA  x 7. 3a a Trong tam giác SAM ta có: SA.MH  SO. AM  x 7.  x 3.3 x  x   AB  a. 2 7 2 3 0,25 2 3 1 1 a a 3 a 3 VS . ABC  SO.S ABC  . .  . 3 3 2 4 24 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Kẻ đt d đi qua I vuông góc với (ABC). Ta có d//SO. Trong mặt phẳng (SOI) kẻ trung trực của SO cắt d tại E. Khi đó E là tâm mặt 0,25 cầu. Trang 2/4
  4. Câu Đáp án Điểm 1 a BC a Bán kính mặt cầu R  EO  EI 2  IO 2 . Ta có: EI  SO  , IO   , suy ra 2 4  2sin BOC 3 0,25 a 2 a 2 19a 2 19 a 2 R2    . Vậy diện tích mặt cầu là S  4 R 2  . 16 3 48 12 Câu V Tìm giá trị lớn nhất… (1,0 điểm) 1 1 1 Áp dụng bđt Bunhiacopski: P 2  3( 2  2  2 ) (1). 0,25 a  ab  a  5 b  bc  c  5 c  ca  c  5 Ta có a 2  ab  a  5  (a  1) 2  ab  a  4  ab  a  4, suy ra 1 1 1 1 1 1    (  ). 2 a  ab  a  5 ab  a  4 ab  a  1  3 4 ab  a  1 3 0,25 3 1 1 1 3 Tương tự, và kết hợp với (1) ta được: P 2  (   ) . 4 ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 4 1 1 1 1 a ab Vì abc  1 nên       1. 0,25 ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 ab  a  1 1  ab  a a  1  ab 3 3 3 Do đó, P 2   P  , dấu bằng xảy ra tại a  b  c  1. Vậy max P  . 0,25 2 2 2 Câu VIa 1.(1,0 điểm). Tìm toạ độ B, C… (2,0 điểm) Đường tròn (T) có tâm I(1;–2). Vì A thuộc (T) và tam giác ABC vuông tại B nên AC là 0,25 đường kính của (T) suy ra toạ độ C(0;–4). Gọi B(a;b). Ta có: B  (T )  (a  1)2  (b  2)2  5 (1). Phương trình AC: 2 x  y  4  0. 1 1 2a  b  4 b  2 a  8 0,25 Ta có: SABC  d ( B, AC ). AC  4  . .2 5  2a  b  4  4   2 2 5 b  2a. a  2 2 16 8 Với b  2a  8, ta có: (1)  5a  26a  32  0   16 Vậy B (2; 4) hoặc B( ;  ). 0,25 a  . 5 5   5 a  0 6 12 Với b  2 a, ta có: (1)  5a 2  6 a  0   6 Vậy B (0;0) hoặc B (  ;  ). 0,25 a   . 5 5   5 2.(1,0 điểm). Viết phương trình…. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi M là trung điểm BC.    M  BC  M (3  2t ;3  t;1  t )  AM  (2t  1; t  1; t  7). BC có vtcp u  (2;1;1). 0,25    Tam giác ABC đều nên AM  BC  AM .u  0  t  1.  2   Khi đó AH  AM  (2;0; 4)  H (2;2; 2). 0,25 3     Vì d  ( ABC ) nên d có vtcp u1  u, AM   (6; 15;3).   0,25 x2 y2 z2 Phưong trình của d là:   . 0,25 6 15 3 Câu VIIa Tìm số hạng không chứa x ……. (1,0 điểm) n n Xét khai triển (1  x) n   k 0 Cnk x k , đạo hàm hai vế: n (1  x) n1   kC x k 1 k n k 1 , chọn x  1 ta n 0,25 được n2 n 1   kC . k 1 k n Trang 3/4
  5. Câu Đáp án Điểm Kết hợp giả thiết ta có: 256n  n.2 n1  n  9. 0,25 9 9 3 3 Khi đó ta có khai triển (2 x 2  )9   C9k (2 x 2 )9 k ( ) k   C9k 29 k (3) k x183 k 0,25 x k 0 x k 0 Ta có: 18  3k  0  k  6. Vậy số hạng không chứa x là C96 2336. 0,25 Câu VIb 1.(1,0 điểm)Viết phương trình elip…. (2,0 điểm) x2 y 2 Gọi pt chính tắc của (E) là:   1,(a  b  0). a 2 b2 0,25 cx M ( x; y )  ( E )  MF1  a  , mà  a  x  a nên MF1 lớn nhất bằng a  c khi x  a, y  0. a 2 2 x x x 2 y 2 x 2  y 2 OM 2 Vì a  b nên 2  2  1  2  2   2  OM  b. Suy ra giá trị nhỏ nhất của a b a b b2 b 0,25 OM bằng b khi x  0; y  b. b  4 b  4  b  4 x2 y2 Kết hợp giả thiết ta có:   2  Vậy pt (E):   1. 0,50  a  c  8  a  16  8  a   a  5. 25 16 1.(1,0 điểm). Viết phương trình ..          u  (2;1; 1); n( P )  (1;1; 1), do đó d có vectơ chỉ phương là ud   u ; n( P )   (0;1;1). 0,25        Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và song song với  , ta có: n(Q )  u , ud   (2; 2;2).   Phương trình (Q) có dạng: x  y  z  m  0. Chọn A  (0;1; 1)  , ta có: 0,25 d ( A,(Q))  d ( ,(Q ))  d ( , d )  3  m  1  m  5. x  1  Với m  1, vì d  ( P )  (Q) nên d đi qua B  (1;0;0), phương trình d :  y  t 0,25  z  t.   x  2  Với m  5, vì d  ( P)  (Q) nên d đi qua C  (2;3;0), phương trình d :  y  3  t 0,25  z  t.  Câu VIIb Tìm số phức z… (1,0 điểm) 1 z .z  1  1  Vì z .z  1  0 và z   có một acgumen là  nên có một acgumen là  , suy z z 3 z 3 0,25  ra z có một acgumen là . 3   r r 3 Gọi z  r (cos  i sin )  a  bi  a  , b  ,( r  0). 0,25 3 3 2 2 Ta có z 2  2 z  a 2  b2  2a  2b( a  1)i là số thực khi và chỉ khi a  1 r  2 0,50 2b( a  1)  0    Vậy z  1  3i. b  0  r  0. ………….Hết…………. Trang 4/4
nguon tai.lieu . vn
Trung học phổ thông Ôn thi ĐH-CĐ Đề thi - Kiểm tra Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học Mầm non - Mẫu giáo Giáo án điện tử Trung học cơ sở Bài giảng điện tử Bài văn mẫu Vật lý Bài tập SGK Khoa học xã hội Tiếng Anh phổ thông