Bộ đề Vtest số 6: Đề thi thử môn Toán Đại học lần II 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

116
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo bộ đề Vtest số 6 dưới đây để nắm bắt được "Đề thi thử môn Toán Đại học lần II năm 2013" của Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. Bộ đề thi có hướng dẫn lời giải giúp các bạn củng cố lại kiến thức và dễ dàng làm quen với dạng đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

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

B ĐỀ VTEST SỐ 6 Đ thi th Đ i h c l n II năm 2013 – Trư ng THPT chuyên ĐHSP Hà N i 1 4 1 2 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x  x 1 4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Đường thẳng ∆ đi qua điểm cực đại của (C) và có hệ số góc k. Tìm k để tổng các khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của (C) đến ∆ nhỏ nhất. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: 2sin3x + cos2x + cosx = 0 Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: 3x2  7x  3  x2  2  3x2  5x  1  x2  3x  4 Câu 4. (1 điểm) (1  sin x)e x Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 1  cos x Câu 5. (1 điểm) Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a và đáy ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn bán kính r, trong đó các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu 6. (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm x5  3x2  2  m( x  x  1)3 Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A (2; 2) và hai đường trung tuyến của tam giác là d1: 2x + 5y – 8 = 0 và d2: x – 3y + 2 = 0. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Câu 8. (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có S (5; 4; 6), A (−1; 4; 3), C (5; −2; 3). Gọi K là trung điểm của AC và điểm H là trực tâm của tam giác SAB. Tính độ dài đoạn thẳng KH. Câu 9. (1 điểm)  23x  2y 8x  4y8  2 x  4y  5  33.22x  y2  4x  4 2 2 2 2 Giải hệ phương trình   2x  y  2  0  Page 1
ĐỀ SỐ 6 Đề thi thử Đại học lần II năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) Câu 1. (1 điểm). Học sinh tự giải Câu 2. (1 điểm) 3 Tọa độ điểm cực đại A (0 ; 1), tọa độ các điểm cực tiểu B (1 ; ) 4 3 và C ( 1; ) 4 Pt của  : kx  y  1  0 . Khoảng cách từ B và C lần lượt là : 1 1 k k  4 4 h1  và h 2  k2 1 k2 1 1 1 2k 2   2 k 2  8 16 Suy ra H = (h1 + h2)2 = (*). k 1 2 1 1 2t   2 1  8 16 Xét hàm số f(t) = với t  0 t 1 (0,5 điểm) 1 4t 4 1 4 Nếu t  thì f(t) =  f ' (t)   0  f (t) đồng biến  f (t)  f ( )  16 t 1 (t  1) 2 16 17 1 1 2 Nếu 0  t  thì f(t) =  f ' (t)   0  f (t) nghịch biến 16 4(t  1) 4(t  1) 2 1 4  f (t)  f ( )  16 17 1 Suy ra f(t) nhỏ nhất khi t  16 Áp dụng vào (*) ta được H nhỏ nhất  (h1  h 2 ) nhỏ nhất 1 1 khi và chỉ khi k 2  k 16 4 (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) Pt  sin x.2sin 2 x  cos 2x  cos x  0  sin x(1  cos 2x)  cos2x  cos x  0  (sin x  cos x)  (1  sin x)(cos 2 x  sin 2 x)  0  (sin x  cos x) 1  (1  sin x)(cos x  sin x)   0  (sin x  cos x)(1  cos x  sin x  sin x.cos x  sin 2 x)  0 (0,5 điểm) Page 2
 (sin x  cos x) (1  cos x)  sin x(1  cos x)  (1  cos x)(1  cos x)  0  (sin x  cos x)(1  cos x)(2  sin x  cos x)  0  x    2k  với k  Z (0,5 điểm)  x     k  4 Câu 3. (1 điểm)  x 2 Điều kiện  5  37 phương trình đã cho tương đương với  x  6 3x 2  5x  1  3x2  7x  3  x2  2  x2  3x  4  0 2x  4 3x  6   0 3x  5x  1  3x  7x  3 2 2 x  2  x2  3x  4 2  2 3   (x  2)   0  3x 2  5x  1  3x 2  7x  3 x 2  2  x 2  3x  4   x  2 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. (0,5 điểm) Câu 4. (1 điểm) 1  sin x 1  cos x  sin x Đặt u =  du  dx, v   e x dx  e x 1  cos x (1  cos x) 2 1  sin x x 1  cos x  sin x x Ta có I = e  e dx 1  cos x (1  cos x)2 1  sin x x e x dx e x sin xdx e  1  cos x  (1  cos x) 2   (1) (0,5 điểm) 1  cos x e x sin xdx sin xdx d(cos x) 1  (1  cos x)2 , đặt u = e  du  e dx , v   (1  cos x)2   (1  cos x)2  1  cos x x Với J = x ex e x dx J  (2) 1  cos x 1  cos x Thay (2) vào (1) ta được 1  sin x x e xdx ex e xdx I= e    C 1  cos x 1  cos x 1  cos x 1  cos x e x sin x Vậy I = C 1  cos x (0,5 điểm) Câu 5. (1 điểm) Trong mặt phẳng chứa đường tròn tâm O ' ngoại tiếp tứ giác ABCD kẻ đường kính qua O ' vuông góc với AC tại I. Ta có IA = IC, O' I BD Page 3
S d và O I  (SAC) . Tâm O của mặt cầu ' ngoại tiếp hình chóp phải nằm trên trục d d’ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. A M Gọi M là trung điểm của SC O D a B thì MI SA  MI  (ABCD) và MI  . I 2 S Từ M kẻ đường thẳng d’ // O’I cắt d tại O. (0,5 điểm) C Vì d'  (SAC) tại M nên OC = OS = R là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 2 a Ta có R = OC = O O  O C  MI  O C     r 2 ' 2 ' 2 2 ' 2 2 a 2  4r 2 Vậy R = 2 Câu 6. (1 điểm) Điều kiện : x  1 Bpt đã cho tương đương với bất phương trình x 5  3x  2  m  (x 5  3x 2  2)( x  x  1)3  m (*) ( x  x  1) 3 (0,5 điểm) Ta nhận thấy, hàm số f(x) = (x + 3x – 2)( x  x 1 ) đồng biến trên 1;   . Suy ra 5 2 3 f (x)  f (1)  2 x  1 . Do đó, tồn tại x  1 thỏa mãn (*), hay bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  2 . (0,5 điểm) Câu 7. (1 điểm) Nhận thấy A không thuộc d1 và d2. Giả sử B  d1 , C  d 2 ; gọi M, N là trung điểm của AC và 8  5t  AB, khi đó M  d1 , N  d 2 và M  ; t  ; N (3t '  2; t ' ) .  2  ’ ’ Từ đó suy ra C (6 – 5t; 2t – 2), B (6t – 6; 2t – 2) và do B  d1 , C  d 2 nên ta có: 14 ' 15 6 – 5t – 3(2t – 2) + 2 = 0 và (6t’ – 6) + 5(2t’ – 2) – 8 = 0  t  ;t  11 11 (0,5 điểm) Vậy A(2; 2), B  ;  , C   ;  . Từ đó phương trình các cạnh của ABC là: 7x + y – 24 8 4 6  11 11   11 11  16 = 0, 8x – 13y + 10 và 11x – 154y + 88 = 0 (0,5 điểm) Câu 8. (1 điểm) S Gọi M là trung điểm của AB, thì H  SM. Do AB  (SKM) nên AB  KH (1). Mặt khác BK  (SAC) nên BK  SA , H H là trực tâm của SAB nên BH  SA. D A Suy ra SA  (KBH)  KH  SA (2) K M C B Page 4
Từ (1) và (2) suy ra KH  (SAB)  KH  SM . Do đó KH là đường cao trong tam giác vuông SKM, 1 1 1 nên 2 = 2 = (*) KH SK KM 2 Ta có K (2; 1; 3), S (5; 4; 6) suy ra KS (3; 3; 3)  KS  3 3 , AC(6;  6; 0)  AK  3 2  KM  3 3 3 Từ (*) suy ra KH = (0,5 điểm) 2 Câu 9. (1 điểm) Pt(1)  22(x  y2 4x 4y 4)  33.2x y 2 4x 4y 4  32  0  t 2  33t  32  0 (*) 2 2  y2  4x  4y  4 Với t  2x 2 Pt (*) có hai nghiệm t = 1 và t = 32 (0,5 điểm) Với t = 1  x  y  4x  4y  4  0 , kết hợp với pt (2) của hệ đã cho, ta có hệ phương trình: 2 2  x 2  y 2  4x  4y  4  0   2x  y  2  0  10  2 5 10  4 5  giải hệ này ta được (x; y) =  ;  (0,25 điểm)  5 5   Với t = 32  x 2  y2  4x  4y    , kết hợp với pt (2) của hệ đã cho, ta có hệ pt:  x 2  y 2  4x  4y      2x  y  2  0  10  3 5 10  6 5  giải hệ này ta được (x; y) =  ;   5 5   Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm:  10  2 5 10  4 5   10  3 5 10  6 5  (x; y) =  ;  ,  ;   5 5 5 5     Page 5