Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 (2013-2014)

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 (2013-2014) giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản về môn Toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 (2013-2014)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 4  m 2 x 2  m 2  1 (1) (m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho bốn điểm O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ). 4sin 2 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1  cot 2 x  . 1  cos 4 x  4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  . 2 2 4 x  y  4 y  2 3  4 x  3  Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình x 2   m  2  x  4   m  1 x3  4 x có nghiệm. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng  SCD  với I là trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 2 2 2 a  b  c  b  c  a  3  .  c  a  b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c  2ab a  b  c  2bc a  b  c  2ca 5 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  4  0 và hai đường 2 2 2 2 tròn  C1  :  x  1   y  1  1;  C2  : x  3   y  4   4 . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn  C1  và tiếp tuyến MB đến đường tròn  C2  (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. 1 1 Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1)8  log 2 4 x . 2 4 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1 : x  2 y  3  0 và đường thẳng d 2 : 2 x  y  1  0 cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho 2IA  IB . 2 e x  cos 3 x cos x Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim . x 0 x2 n Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển 1  2 x  x3   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a3 n x 3n . Xác định hệ số a6 biết rằng 15 a a a 1 a0  1  2  ...  3 n    . 2 3n 2 2 2 2 -------------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm a Với m  2 hàm số có dạng y  2 x 4  4 x 2  3 TXĐ: D   0,25 Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  x  0 Chiều biến thiên: y '  8 x3  8 x ; y '  0    x  1 BBT x  1 0 1  0,25 y’  0 + 0  0 +  3  y 1 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và 1;    Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  1 và  0;1 . 0,25 Điểm cực đại  0;3 , cực tiểu 1;1 ,  1;1 . 1  1 17  Điểm uốn: y ''  24 x 2  8; y ''  0  x   . Điểm uốn U   ;  3  3 9  Đồ thị: Giao với Oy tại  0;3 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,25 b TXĐ:  x  0 0,25 y '  8 x 3  2m 2 x ; y '  0   2 m 2 x  (*)  4 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0 0,25  m m 4   m m4  Tọa độ các điểm cực trị A  0; m 2  1 , B  ;  m 2  1 , C  ;  m 2  1 .  2 8  2 8  0,25 Dễ thấy A  Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m  1 .
 m 4  Tọa độ trung điểm của BC là I  0;  m 2  1  8  Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra m 4 m2  1 0,25  m2  1   m 4  4m 2  4  0  m   2 ( thỏa mãn). 8 2 2 1,0 điểm Đk: cos 4 x  1 sin 2 x  0 x k 2  k   0,25 Pt   cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  1  cos 2 x   cos 2 x  sin 2 x  1 sin 2 x  1  0 sin 2 x  1 0,25    1 sin  2 x      4 2  +) sin 2 x  1  x    k 0,25 4  1  x  k (l )  +) sin  2 x       4 2  x   k  4 0,25  k Vậy phương trình có nghiệm x   k   . 4 2 3 1,0 điểm  1  4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0 (1)  y  2  2 Đk:  0,25 2 4 x  y  4 y  2 3  4 x  3 (2) 3  x   4 3 3 (1)   4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0   2 x   2 x   1 2 y   1 2 y 0,25 Xét hàm số f (t )  t  t trên  , f '(t )  3t  1  0t   3 2 (1) có dạng f  2 x   f   1 2 y  2x  1  2 y  x  0 Thay vào phương trình (2) ta được 0,25 16  2 x  1 16 x 4  24 x 2  8 3  4 x  3  0   4 x 2  1 4 x 2  5   0 3  4x 1  16  1 3   2 x  1  2 x  1  4 x 2  5     0  x  2 do 0  x  4  3  4 x  1 0,25 1 1  Với x   y  0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; 0  . 2 2  4 1,0 điểm Điều kiện x  0 . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. Với x  0 viết lại phương trình:  x 2  4   1  m  x  x 2  4    m  2  x  0 0,25 x2  4 x2  4   1  m   m  2  0 1 x x x2  4 Đặt t   2 . Từ phương trình (1) ta có: t 2  1  m  t  m  2  0  2  x 0,25 t2  t  2 m  g t  t 1 t2  t  2 Xét hàm số g  t   với t  2 t 1 0,25
4 t  1(l ) g ' t   1  ; g ' t   0   2  t  1 t  3 BBT t 2 3  g’(t)  0 + 8  g(t) 7 Để (1) có nghiệm x  0 thì (2) có nghiệm t  2 0,25 Từ BBT của g(t) thì cần có m  7 . 5 1,0 điểm S K D A E H O I C F B Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB  IE . Lại có AB  SI  AB   SEI  , do đó 0,25  ABCD   (SIE ) . Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH  SH   ABCD  a 3 SI  a 3; IE  2a  SE  a (do tam giác SEI vuông tại S)  SH  . 2 0,25 1 2a 3 3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  (đvtt) 3 3 a a 1 Vì EH  SE 2  SH 2   OH  EH   OI . Qua O kẻ OF / / BC ( F  BC ) 2 2 2 0,25  d  SO, AB   d  AB,  SOF    d  I ,  SOF    2d  H ,  SOF   a 3 Kẻ HK vuông góc với SO tại K  HK   SOF   d  SO, AB   2 HK  . 0,25 2 6 1,0 điểm Không mất tổng quát, giả sử: a  b  c  3 2 2 2 Đặt a  b  c  b  c  a   c  a  b P a 2  b 2  c 2  2ab b 2  c 2  a 2  2bc a 2  b 2  c 2  2ac 0,25 2 2 2  P6  a  b  c 2 b  c  a  2 c  a  b 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c  2ab b  c  a  2bc a  b 2  c 2  2ac 2 6 P 1 1 1   2  2  2 0,25 9  a  b   c b  c   a  a  c   b2 2 2 1 1 1 2 2 2 2  2    c  1   c  1  2c  1  0 đúng 2 0,25 a  b c  c  3  c 5 25 6 P 1 1 1 3 3   2 2  2 2  2 2  P 9  a  b   c b  c   a  a  c   b 5 5 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
7.a 1,0 điểm  C1  có tâm I 1;1 , bán kính R1  1 ;  C2  có tâm J  3; 4  , bán kính R2  2 0,25 Do IJ  5  R1  R2   C1  ,  C2  rời nhau nên A và B phân biệt 0,25 M  t; t  4   d  MA2  MI 2  R12  2t 2  4t  9 ; MB 2  MJ 2  R2  2t 2  6t  5 2 0,25 Tam giác AMB cân tại M  MA2  MB 2  t  2 . Vậy M  2;6  . 0,25 8.a 1,0 điểm 2 Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) C4  6 3 0,5 Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho C4  4 Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả số 0 đứng đầu) C42 .C4 .5!  2880 3 Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy 1 3 từ tập đã cho C3 .C4 .4!  288 Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880  288  2592 số. 0,5 9.a 1,0 điểm ĐK: x0 x 1 0,25 (1)  log 2  x  3 x  1   log 2 4 x  ( x  3) x  1  4 x (2)   x  1 - Nếu x  1 ; (2)  ( x  3)( x  1)  4 x  x  3  x  3 0,25  - Nếu 0  x  1 ; (2)  ( x  3)(1  x)  4 x  x  3  2 3  x  3  2 3 0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  3; x  3  2 3 0,25 7.b 1,0 điểm  1 Ta có d1  d 2 . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA  IB nên cos IAB  hay 5 0,25 1 d tạo với d1 một góc  với cos   5   d1 có véc tơ pháp tuyến n1 (1; 2) , gọi n(a; b) là véc tơ pháp tuyến của d   1 n1.n 1 a  2b 1 0,25 cos         2 2 5 n1 n 5 5 a b 5 b  0  3b 2  4ab  0   0,25  4a  3b Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x  0 và 3 x  4 y  0 0,25 8.b 1,0 điểm 2 2 e x  cos 3 x.cos x ex 1 1  cos 3 x.cos x 1  cos 3x.cos x 0,25 lim 2  lim 2  lim 2  1  lim x 0 x x 0 x x 0 x x 0 x2 1  cos 3 x.cos x 1  cos 4 x  1  cos 2 x sin 2 2 x  sin 2 x lim  lim  lim 0,25 x 0 x2 x0 2x2 x 0 x2 sin 2 2 x sin 2 x sin 2 2 x  lim  lim 2  1  lim x0 x2 x0 x x0 x2 0,25 2 sin 2 2 x e x  cos 3 x.cos x 0,25  1  4 lim  5 . Vậy lim 6 x 0 4 x2 x 0 x2
9.b 1,0 điểm 3n 15 1 1 a a a 1 Cho x      a0  1  2  ...  3n     8n  215  n  5 2 3n 0,25 2 2 2 2 2  2 Ta có 5 5 5 k k i x 3  1  2 x    C5k x153k 1  2 x    C5k x153k  Cki  2 x  k 0 k 0 i 0 0,25 5 k i   C5k .Cki .  2  .x153k  i  0  i  k  5  k  0 i 0 15  3k  i  6  3k  i  9 Ta có bảng sau 0,25 k 3 4 5 i 0 3 6  k  3, i  0 hoặc k  4, i  3 0 3 0,25 Vậy a6  C5 .C30 .  2   C54 .C4 .  2   150. 3 3 -------------Hết-----------