Bộ đề Vtest số 6: Đề thi thử Đại học môn Toán lần VII năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Có đáp án)

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

135
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các banh củng cố lại kiến thức đã học và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung "Đề thi thử Đại học môn Toán lần VII năm 2013" của trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội dưới đây. Nội dung đề thi gồm 9 câu bài tập có hướng dẫn lời giải, hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp đến.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề Vtest số 6: Đề thi thử Đại học môn Toán lần VII năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Có đáp án)

B ĐỀ VTEST SỐ 11 Đề thi thử Đại học lần VII năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) 2x +1 Cho hàm số y = x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Chứng minh trung điểm I của đoạn AB thuộc một đường cong cố định khi k thay đổi. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: 1   tan x cotx sin(x + )  cos(x +   2  3 6  (1 tan x) (1 cot2 x)2 2 2 Câu 3. (1 điểm) x3 -xy2 +156y =0 Giải hệ phương trình:  3 2  y - yx -39x =0 Câu 4. (1 điểm)  sin 2x  2x cos 2x Tính tích phân I = 2 dx 4 sin 2 x Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC và mặt đáy ABC là các tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA tạo với đáy (ABC) một góc 60o . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp. Câu 6. (1 điểm) Các số a, b, c, d thuộc đoạn [0; 2]. Chứng minh bất đẳng thức: a + b + c + d ≤ ab 1  bc 1  cd 1 da 1 Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d: 3x – 4y + 22 = 0 sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến ME, MF (E, F là các tiếp điểm) mà đường thẳng EF đi qua điểm N (0; 1). Câu 8. (1 điểm). Trong không gian Oxy hãy lập phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm M (1; 6; 0) và chứa đường tròn (C) là giao của mặt phẳng (P): 2x – y + z + 6 = 0 với mặt cầu (E): x2 + y2 + z2 – 10x – 8y = 0 Câu 9. (1 điểm) z  2i Tìm số phức z thỏa mãn z  z 1  i và là số thực z2 Page 1
B ĐỀ VTEST SỐ 11 Đề thi thử Đại học lần VII năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) 1. (1 điểm): Học sinh tự giải 2. (1 điểm). Đường thẳng ∆: y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: 2x  1  kx  1  pt kx 2  (k  1)x  2  0 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 x 1 k  0; k  k  1  2  0  k  5  2 6   và k  0 (0,5 điểm)    (k  1)  8k  0 2  k  6  2 6 Gọi A (xA, yA), B (xB; yB), I (xI; yI) trong đó xA, xB là nghiệm của (*) và y1 = kx1 + 1 k 1 k 1 Theo định lí Viet, ta có xA + xB =  2xI = k k 1 1  (2xI − 1)k = 1  x I  và k = 2 2x I  1 xI 3x  1 Khi đó yI  1  I . 2x I  1 2x I  1 3x  1 Suy ra điểm I thuộc đồ thị của hàm số y = cố định. (0,5 điểm) 2x  1 Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: sin2x ≠ 0   Pt  sin(  x)  sin(  x)  = cos4x.tanx + sin4x.cotx 1 (0,5 điểm) 2 3 3   3  sin .cos x  cos 2 x.sin x  sin 3 x.cos x  sin x  (do cosx ≠ 0) 3 2    x   2k 3  (k  R) (thỏa mãn đk) (0,5 điểm)  x  2  2k  3 Câu 3. (1 điểm)  x(x 2  y 2 )  156y (1) Hệ phương trình tương đương với hệ:   y(x  y )  39x (2) 2 2 − Nếu x = 0 thì y = 0. 156y − Với x ≠ 0. Từ (1) và (2) suy ra (−y)( ) = 39x x  y  0 và 4y2 = x2 (3). (0,5 điểm) Page 2
Ta có x2 – y2 = 3y2 > 0 cùng với (1) suy ra x, y trái dấu. Do đó từ (3) ta có x = −2y. Thay x = −2y vào (1) ta được 6y3 = 156y  y   26  x  2 26. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (0; 0), ( 2 26;  26 ), ( 2 26; 26 ) (0,5 điểm) Câu 4. (1 điểm)  2cos x(sin x  x cos x) Ta có I  2 .dx . 4 sin 2 x  x  sin x  x cos x ' Do   nên (0,5 điểm)  sin x  sin 2 x  x  I  22 cos x.d( ) 4 sin x    x 2 x  32   2 cos x.  22 d(cos x)    2  xdx  2  . sin x  4 sin x 2 4 16 2 4 (0,5 điểm) Câu 5. (1 điểm) Gọi M là trung điểm của BC, ta có SM, AM vuông góc với BC, do đó (SAM) là mặt phẳng trung trực của BC và SAM là góc giữa SA và mp (ABC) nên ̂ = 600   SAM đều, gọi N là trung điểm của SA thì MN là trung trực của SA. Từ trọng tâm G của ∆ABC kẻ đường thẳng vuông góc với mp(ABC), nó sẽ thuộc mp(SAM) và cắt MN tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. (0,5 điểm) Ta có ∆GIM  NAM ( g  g ) S MG. AM 2 AM 2 a 3 a  IM     N MN 3 3 3 3 2 3 Suy ra bán kính R = IB = IM2  MB2 A I a 2 a 2 a 13 =   . G C 9 4 6 M B 4 13 13a 3 Vậy Vcầu = R 3  (0,5 điểm) 3 162 Câu 6. (1 điểm) Từ giả thiết suy ra a  b  2   a  b   4 2   a  b   4  4ab  a  b  2 1  ab 2 Tương tự ta cũng có b + c  2 1  bc và c + a  2 1  ca. Suy ra a + b + c + d  1  ab  1  bc  1  cd  1  da (đpcm) Page 3
(1,0 điểm) Câu 7. (1 điểm) E Đường tròn (C) có tâm (3; −1) C và bán kính R = 5. 3m  22 N F Xét điểm M (m, )d . 4 Đường thẳng MT sẽ là tiếp tuyến của (C) tại T (x; y)  MT.CT  0 d M 3m  22  (x  m)(x  3)  (y  )(y  1)  0 4 3m  22 3m  22  x 2  y2  3x  mx  3m  y  y  0 (1) (0,5 điểm) 4 4 Do T (x; y)  (C) nên x2 + y2 = 6x – 2y + 15 thay vào (1) ta được: 3m  22 3m  22 6x – 2y + 15 – 3x – mx + 3m + y – y 0 4 4 3m  26 3m  22  (3 – m)x – y  15  3m   0 (2) 4 4 Như vậy các tiếp điểm E, F của các tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) có toạ độ thoả mãn pt (2), do đó pt (2) là đường thẳng EF. Đường thẳng này đi qua điểm N(0 ; 1) khi và chỉ khi − 3m  26 3m  22  15  3m   0  m  2 4 4 Đáp số: M (–2 ; 4). (0,5 điểm) Câu 8. (1 điểm) Mặt cầu (E) có tâm E(5; 4; 0) và bán kính R = 41 . Gọi H là tâm đường tròn (C), ta có EH  (P) nên EH song song với vectơ pháp tuyến n p  2;  1; 1 của (P), suy ra phương trình đường thẳng EH là:  x  5  2t    y  4  t  H (5  2t; 4  t; t)  (P)  2(5  2t)  (4  t)  t  6  0 zt  S M  t = –2. Do đó H (1; 6; –2). (0,5 điểm) E Bán kính của (C) là r = R  EH  17 2 2 Do (S) chứa (C) nên tâm S  EH H  S (5 + 2t; 4 – t, t), p Theo giả thiết ta suy ra: SM2 = SH2 + r2  (4 + 2t)2 + (2 + t)2 + t2 = (4 + 2t)2 + (2 + t)2 + (t + 2)2 + 17 21  t=  4 Page 4
Từ đó ta có phương trình đường tròn (S) theo yêu cầu là: 2 2  11   37   21  643 x  y  z   (0,5 điểm)  2  4  4 8 Câu 9. (1 điểm) Đặt z = x +yi. Từ z  z 1  i  x 2  y2  (x 1) 2  (y 1) 2  x  y  1 (1) z  2i x  (y  2)i x  (y  2)i (x  2)  yi Ta có   . z  2 (x  2)  yi (x  2)  yi (x  2)  yi x(x  2)  y(y  2) (x  2)(y  2)  xy =  i. (0,5 điểm) (x  2)2  y2 (x  2)2  y2  x(x  2)  y(y  2)  (x  2) 2  y 2 0 z  2i  Để là số thực khi và chỉ khi  z2  (x  2)(y  2)  xy  0   (x  2)  y 2 2 (x  2)(y  2)  xy Xét  0  (x  2)(y  2)  xy  0  x  y  2 (2). (x  2)2  y2 3 1 Từ (1) và (2) ta có x= , y = 2 2 Với các giá trị trên, kiểm tra ta thấy x(x – 2) + y(y – 2)  0 . 3 1 Đáp số : z =  i . (0,5 điểm) 2 2 Page 5