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

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

155
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với đề kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 (2013-2014) khối D sẽ giúp các bạn học sinh củng cố lại kiến thức và kỹ năng cần thiết để chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới. Mời các bạn tham khảo.

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) khối D

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  có đồ thị là ( C ). x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng  d m  : y   x  m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (2 tan 2 x  1) cos x  2  cos 2 x .  x4  x2 y2  y 2  y3  x2 y  x2  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  R).   2 y3  5  2 x2  1  0 Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: m x 2  2  x  m có hai nghiệm thực phân biệt. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC  CD  DA  a ; AB  2a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) ; SC tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a . Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của 1 biểu thức: T  2 xy  2 yz  2 xz  . x yz 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB  4 2 , điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình x  y  2  0 , đường thẳng BD có phương trình 3 x  y  0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam 3  giác ABC có phương trình ( x  4) 2  ( y  2)2  5 , đường thẳng BC đi qua M  ; 2  . Tìm toạ độ điểm A . 2  2 n 1 n2 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn An  Cn  Cn  4n  6 . Tìm hệ số của x16 n  trong khai triển nhị thức Niu-tơn x 3  2 x  (với x  0 ). B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm A(4; 3); B(4;1) và đường thẳng (d ) : x  6 y  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc (d ) . 3 2  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp  E  đi qua điểm M   2 ; 2  và    có độ dài trục lớn bằng 6 . Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho ON  5 . 3 Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn An  2  20(n  2) . Tìm số hạng không chứa x n  1 trong khai triển nhị thức Niu-tơn  x3   (với x  0 ).  x -------------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 ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án có 06 trang) 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,0 điểm + TXĐ: D  R \ 1 1 0,25 + Sự biến thiên: Ta có: y  2  0, x  D . ( x  1) + Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) và (1; ) . + Hàm số không có cực trị + Giới hạn, tiệm cận. lim y  ;lim y    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x  1 . 0,25 x 1 x 1 lim y  1; lim y  1  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y  1 ; x  x  + Bảng Biến thiên + + 0,25 + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0) , trục Oy tại điểm (0; 2) y f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 7 x(t)=1 , y(t)=t 6 5 4 3 2 1 0,25 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5 b 1,0 điểm - Phương trình hoành độ giao điểm của (d m ) và (C ) là: 0,25 x 2  mx  m  2  0 (1) ( x  1 ).    m 2  4m  8  0 Vì  với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m . 1  m  m  2  1  0 0,25 Suy ra (d m ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt với m . Gọi các giao điểm của (d m ) và (C ) là: A( x A ; yB ); B( xB ; yB ) với xA ; xB là các nghiệm của phương trình (1) . Theo Viet có: xA  xB  m; x A xB  m  2 . 0,25 2 2 2 Ta có AB  2(xA  xB )  2 (xA  xB )  4xA.xB   2 m  4(m  2)  2 (m  2)  4  8 2 2   
Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi m  2 . 0,25 2 1,0 điểm  Điều kiện: cos x  0  x   k (k  ) 2 0,25  2  Ta có: (2 tan 2 x  1) cos x  2  cos 2 x    3  cos x  2   2 cos 2 x  1  cos 2 x  3 2  2 cos x  3cos x  3cos x  2  0   t  1  0,25 Đặt t  cos x; t  0, t   1;1 ta được: 2t  3t  3t  2  0   t  2 3 2  1 t   2 Với t  1  cos x  1  x  (2k  1) ; k  Z (thoả mãn). Với t  2 (loại) 0,25 1 1  Với t   cos x   x    k 2 ; k  Z (thoả mãn) 2 2 3  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k  1) ;   k 2 (k Z ) 0,25 3 3 1,0 điểm  x 4  x 2 y 2  y 2  y 3  x 2 y  x 2 1  5  3 Đk: x  . 2 2 y  5  2 x  1  0  2 2 0.25  Phương trình (1)  ( x 2  1  y )( x 2  y 2 )  0 x  y  0  2  x  y 1 0.25 Trường hợp x  y  0 thế vào (2) không thoả mãn. Trường hợp x 2  y  1 thế vào phương trình (2): 2 y 3  3  2 y  1  0  3  3 Xét hàm f (t )  2t 3  3  2t  1; t   ;   2 1  3 f (t )  6t 2  ; f (t )  0; t   ;  0.25 3  2t  2  3 Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên  ;  ; mà f (1)  0  2 Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y  1 Với y  1  x 2  2  x   2 (thỏa mãn điều kiện) 0.25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1);(  2;1) . 4 1,0 điểm - Tập xác định: D  R x - Ta có: m x 2  2  x  m 1  m   x2  2 1  x  m  2 x  2 1  f ( x) 0.25 2 2 x 2 - Ta có: f '( x)  2 , x  R x2  2  x2  2 1  0.25
2  x2  2 x   2 f '( x)  0  2  0  2  x2  2  0   x2  2  x2  2 1  x  2  lim f ( x )  1 ; lim f ( x )  1 x  x  - Bảng biến thiên: x - - 2 2 + _ + 0 _ f'(x) 0 0.25 f(x) -1 2 - 2 1  - Từ bảng biến thiên ta được m   2; 1  1; 2 thỏa mãn.    0.25 5 1,0 điểm - Vì BC  CD  DA  a ; AB  2a nên AB là đáy lớn; CD là đáy nhỏ của hình thang ABCD . Gọi O là trung điểm của AB . - Ta có các tứ giác AOCD ; OBCD là các hình thoi và các tam giác AOD ; ODC ; OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD . 0.25 a 2 3 3a 2 3 - Ta có: S ABCD  3S AOD  3.  (đvdt). 4 4 - Trong hình thoi AOCD , ta có: AC  a 3  - Trong tam giác vuông SAC có góc SCA  600  SA  AC.tan 600  a 3. 3  3a 0.25 1 1 3a 2 3 3a 3 3  VS . ABCD  .SA.S ABCD  .3a.  (đvtt) 3 3 4 4 - Gọi I là trung điểm của SB  IO//SA  đường thẳng IO là trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy nên IA  IB  IC  ID . 0.25 - Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A  IA  IB  IS  IS  IA  IB  IC  ID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . - Bán kính của mặt cầu đó là: SB SA2  AB 2 9a 2  4a 2 a 13 R  IA  IB  IS     . 2 2 2 2 0.25 13a 2 - Diện tích của mặt cầu đó là: 4 R 2  4  13 a 2 (đvdt) 4 6 1,0 điểm - Đặt x  y  z  t ; t  0 - Ta có: xy  yz  zx  x  y  z 2  x 2  y 2  z 2   t 2  1  t  1 2 2 0.25 Lại có:  x  y    y  z    z  x   0 nên  x  y  z   3x  y  z 2 2 2 2 2 2 2 
 t2  3 t  3 . 1 - Khi đó: T  t 2  1  t với t  1; 3   1 - Xét hàm f (t )  t 2  1  t với t  1; 3 ;   0.25 1 f (t )  2t  2 ; f (t )  0; t  1; 3 t   - Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 1; 3   t 1 3 f'(t) + 1 0.25 2+ 3 f(t) 1 1 1 0.25 - Từ bảng biến thiên suy ra T  2  , dấu “ = ” xảy ra khi x  y  z  3 3 1 1 Vậy T lớn nhất bằng ( 2  ) đạt được khi x  y  z  . 3 3 7.a 1,0 điểm 3x + y = 0 D C 0.25 A 4 2 B x+y+2=0 - Ta có: B  AB  BD  B (1; 3) + A  AB  A(t ; t  2); (t  0) - Ta có BA  4 2  (t  1) 2  (t  1) 2  32  t  3  (t  1) 2  16   t  5 Với t  5 loại vì t  0 . 0.25 Với t  3  A(3;1)  AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình ( x  3)  ( y  1)  0  x  y  4  0 . - Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình: ( x  1)  ( y  3)  0  x  y  4  0 . 0.25 + D  AD  BD  D(-1:3) - Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình : ( x  1)  ( y  3)  0  x  y  2  0 Vậy: BC : x  y  4  0; DC : x  y  2  0 ; AD : x  y  4  0 0.25
8.a 1,0 điểm A I (4; 2) 0.25 B H 3 C M ( ;2) 2 - Gọi (C ) : ( x  4) 2  ( y  2) 2  5  (C ) có tâm I (4; 2) ; bán kính R  5 - Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác   ABC  AI  2 IH  - Gọi n(a; b) (  a 2  b 2   0 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB . 3 - Phương trình đường thẳng BC : a ( x  )  b( y  2)  0 . 2 0.25 5a 2  a  2b Ta có: d ( I , AB )  IH  R   5  5a 2  4(a 2  b 2 )   2 a b 2  a  2b - Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC : 2 x  y  5  0  H (t ;5  2t ) 0.25 IH  BC  t  2  H (2;1)  A(8; 4) . - Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC : 2 x  y  1  0  H ( s, 2 s  1) IH  BC  s  2  H (2;3)  A(8; 0) 0.25 Vậy các điểm A thoả mãn là A(8; 0) ; A(8; 4) . 9.a 1,0 điểm - Đk: n  2, n  N * n! n! n! 0.25 n - Ta có: An  Cn 1  Cn  2  4n  6  2 n    4n  6 (n  2)! (n  2)!(2!) (n  1)!  n  12  n 2  11n  12  0    n  12 (thỏa mãn). 0.25  n  1 12 12 5k 36 - Với n  12 ta có : ( x3  2 x )12   C12 ( x3 )12 k (2 x )k   C12 (2)k x k k 2 k 0 k 0 0.25 16 k k 5k - Hệ số của x là C (2) trong đó : 36  12  16  k  8 2 Vậy hệ số của x16 là: C12 (2)8  126720 . 8 0.25 7.b 1,0 điểm A(4; -3) (C) M I H 0.25 B (4; 1) (d): x + 6y = 0 - Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại A, B cắt nhau tại M  (d ) . - Phương trình đường thẳng AB là: x  4 .
- Gọi I là tâm của đường tròn (C ) ; H là trung điểm AB  H (4; 1) IM  AB; IM  AB  H  phương trình của đường thẳng IM là : y  1  0 0.25   M  d  IM  M (6; 1)  MA(2; 2)   + Giả sử I ( a; 1)  IA(4  a; 2) 0.25 Mà IA  MA  2(4  a )  4  0  a  2 2 Vậy I (2; 1) ; bán kính của (C ) là IA  2 2  (C ) :  x  2  ( y  1) 2  8 2 0.25 Vậy đường tròn (C ) có phương trình là  x  2  ( y  1) 2  8 8.b 1,0 điểm x2 y 2 Giả sử phương trình của ( E ) là:   1 .( a  b  0 ) a2 b2 0.25 Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a  6  a  3 . 3 2 18 2 2 x2 y 2 Vì M ( ; 2)   E   2  2  1  b  4   E  :   1. 0.25 2 4a b 9 4  2 9  3 5  x2  y 2  5 x  5 x      5 +) Giả sử N  x; y  , ta có hệ phương trình:  x 2 y 2   0.25    1  y 2  16 y   4 5 9 4   5   5 3 5 4 5   3 5 4 5  3 5 4 5   3 5 4 5 Vậy có 4 điểm : N  ; ; N  ; ; N  ;  ; N  .  5 5   5 5   5 5   5 ; 5   0,25         9.b 1,0 điểm Đk : n  5, n  N . Ta có 3 (n  2)! 0.25 An  2  20( n  2)   20(n  2)  (n  3)( n  4)  20 (n  5)! n  8  n2  7n  8  0    n  8 (thỏa mãn) 0.25  n  1 8 8 k 8  1 8 k  1  Với n  8 ta có :  x 3     C8k  x3  .     C8k x 24  4 k 0.25  x  k 0 x k 0 Số hạng không chứa x ứng với 24  4k  0  k  6 . 0.25 Vậy số hạng không phụ thuộc x là C86  28 . ---------- Hết ----------