intTypePromotion=1

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

0
116
lượt xem
8
download

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

Mô tả tài liệu
  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:
Lưu

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

  1. 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:……………………………
  2. 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   
  3. 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
  4. 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 
  5.  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
  6. 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 .
  7. - 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 ----------
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2