intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi khảo sát chất lượng các môn thi đại học, lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Lê Lợi (Năm học 2013-2014)

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST
Báo xấu
68
lượt xem 4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi trung học phổ thông là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi khảo sát chất lượng các môn thi đại học, lần 1 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Lê Lợi" năm học 2013-2014 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng các môn thi đại học, lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Lê Lợi (Năm học 2013-2014)

  1. WWW.VNMATH.COM SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 18 tháng 01 năm 2014 ( Đề thi gồm 2 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  (C) x 1 a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng y = m - x cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2 . Câu II (2,0 điểm)   1. Giải phương trình : 2sin 2 x  sin 2 x  2 2 sin x sin  3 x    4 4 2. Giải bất phương trình  2 x  1  2 x  17 x  y x 5 ( x  y ).3  Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :  27 3. log 5 ( x  y)  x  y Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA  AB  a, AC  2a và    900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai ASC  ABC mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. 15 Tìm GTNN của biểu thức P  x3  y 3  z 3  xyz 4 I.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Chương trình chuẩn: Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và C  3; 3 . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2  0 , xác định toạ độ các đỉnh A, B, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(2; 4; 4). Tìm tọa độ của điểm B trong mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC và tìm thể tích khối cầu tương ứng đó. Câu VII.a (1,0 điểm). Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. A. Chương trình nâng cao: Câu VIb: (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB  5 , đỉnh C(-1;-1), đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x + 2y - 3 = 0. Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d) : x  y  2  0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B của tam giác. 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) ………………………………….Hết………………………………….. Họ và tên của thí sinh:…………………...…………...... ….………SBD:……...........................…………
  2. WWW.VNMATH.COM Chữ kí của giám thị:………………..…………………...…................ …………………....……………… Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không dùng tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014. Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm: 1) Điểm toàn bài của thí sinh để lẻ đến 0,25. 2) Bài làm của thí sinh khác cách của đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như nêu trong đáp án. 3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. Câu ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 1,00 1/TXĐ :  \ 1 . 2/ Sự biến thiên: a/ Giới hạn và tiệm cận x x x lim  ; lim    TCĐ : x  1 , lim  1  TCN : y  2 0,25 x 1x 1 x 1 x  1 x  x  1 1 b/ Bảng biến thiên : y '   0, x  1 1 ( x  1)2 x  1  y’ - - 1  0,5 y  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1;  ) , hàm số không có cực trị 0,25 3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) là tâm đối xứng. Tìm m để ... bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2 1,00 I x Pt hoành độ giao điểm:  mx  m  x 2  mx  m  0 (1) (ĐK: x  1 ) x 1 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 1 0,25 2   0 m  4m  0  m  0  m  4 (*)   1  0 m  R  x1  x2  m - Với m tm (*), gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (1), theo vi et ta có  2  x1 x2  m 0,25 Đặt A( x1 , m  x1 ) , B( x2 , m  x2 ) ,  AB  2( m 2  4m) , OA  OB  m2  2m , d (O, AB)  m 2 1 1 OA.OB. AB S OAB  AB.d (O; AB )  m m2  4m đồng thời S OAB  2 2 4R 2 OA.OB. AB (m 2  2 m) 2(m 2  4m) m  2 m từ đó suy ra R    4S 2 m ( m 2  4m) m 2 0,5 2 Theo bài ra ta được 2 2  m  2m  m  6  m 2  m  2 Giải PT LG 2sin 2 x  sin 2 x  2 2 sinx.sin(3 x  )  1,0 1 II 4   PT  2 sin 2 x  sin 2 x  2 2 sinx.sin (3 x  )  2 sin 2 x  2 sinx.cosx  2 2 sinx.sin (3 x  ) 4 4  sinx  0  x  k 0,5   sinx  cosx  2 sin(3x   ) (2)  4     x  k 3x   x   k 2 PT(2)      4 4    sin  x    sin  3 x     x    k  0,25  4  4 3x      ( x   )  k 2  8 2  4 4
  3. WWW.VNMATH.COM   Vậy nghiệm của phương trình là x  k ; x   k , k  . 0,25 8 2 4 2. Giải bất phương trình:  2 x  1  2 x  17 (1) 1,00 x ĐKXĐ: x > 0. (* ). Với ĐKXĐ BPT (1)  4 4 16  2 x  17  2 x  1   x x 2 x  1  2 x  17 0,5  2 x  17  2 x  1  4 x  (2 x  17)  (2 x  1)  2 2 x  17. 2 x  1  16 x  (2 x  17)(2 x  1)  6 x  9 (2) 2 3 *TH1: Xét 0  x  thì BPT (2) luôn nghiệm đúng. 2 3 *TH2: Xét x  khi đó BPT (2)  4 x 2  36 x  17  36 x 2  108 x  81 2 1 3 3 0,5  2 x 2  9 x  4  0   x  4 , do x  nên ta được  x  4 2 2 2 Vậy tập nghiệm của BPT là S =(0; 4] Giải hệ phương trình ... : 1,00 ĐKXĐ: x + y > 0  5 x y  x 3 y 5 x y  x  3y 3 Hệ đã cho   x  y  27 .3 5  .3   3x  y  3 III   27  5 0,5 ( x  y ) 3  5 x  y ( x  y )3  5 x  y ( x  y )3  5 x  y   x  y  3  0 y  x 3  x  4 (TMĐK)  3 x y  3  0,5 ( x  y )  5 (2 x  3)  125 y 1 S *) Kẻ SH  AC  SH  ( ABC ) ; a 3 ta có SC  BC  a 3, SH  0,5 2 M A C H a2 3 1 a3 SABC   VSABC  S ABC .SH  2 3 4 B IV Gọi M là trung điểm của SB,  là số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).  Ta có: SA  AB  a, SC  BC  a 3  AM  SB , CM  SB  cos  cos AMC 0,25 + SAC  BAC  SH  BH  a 3  SB  a 6 2 2 a Ta có AM 2  2SA  2 AB  SB  10 a  AM  10 , tương tự CM  a 105 2 2 2 2 4 16 4 4 0,25 2 2 2 Trong tam giác AMC có cos AMC  AM  CM  AC  105 . Vậy cos  105 2. AM .CM 35 35 15 Tìm GTNN của biểu thức: P  x 3  y 3  z 3  xyz 1,00 V 4 *) Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta giả sử x  min  x, y, z .Từ giả thiết  0  x  1 và y + z = 1 - x 3 2 2 *)Ta dễ thấy yz  ( y  z ) (1  x ) và  3  0 . Khi đó ta được  27 x 4 4 4 P  x3  y3  z 3  15 xyz  x3  ( y  z )3  3 yz ( y  z )  15 xyz  x3  ( y  z)3  yz 15 x  3( y  z )  0,25 4 4  4   27 x  3 3 ( y  z )2  27 x  1  x3  (1  x) 3  yz   3   x  (1  x)    3   (27 x3  18 x 2  3 x  4)  4  4  4  16 Xét hàm f ( x)  1 27 x3  18 x 2  3x  4 , có f '( x)  1 16   (81x 2  36 x  3) , f’(x) = 0  x  1  x  1 16 9 3 0,25
  4. WWW.VNMATH.COM Bảng biến thiên của hàm f(x): x 0 1/9 1/3 f’(x) + 0 - 7/27 0,25 f(x) 1/4 1/4 1 Từ BBT ta suy ra Pmin  đạt được khi x = y = z = 1/3 hoặc x = 0, y = z = 1/2 và các hoán vị của nó. 0,25 4 PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn 1. Tìm tọa độ của các đỉnhA, B, Dcủa hình vuông(1,0 điểm) 1,00 *) Gọi A(t; 2 - 3t), từ tính chất của hình vuông ta có 4t  4 2.4 d ( A, DM )  2d (C , DM )    t  1  t  3  A(3; 7)  A(1;5) 0,25 2 2 Mặt khác A, C nằm về hai phía đối với đường thẳng DM nên chỉ có A(-1; 5) thỏa mãn. 1   *) Gọi D( d ; d  2) thuộc DM, ta có AD  (d  1; d  7); CD  (d  3; d  1)   ABCD là hình vuông nên  DA.DC  0  d  1  d  5  d  5  D (5;3) 0,5   2 2 2 2  DA  DC (d  1)  (d  7)  ( d  1)  ( d  3)   *) AB  DC  B( 3; 1) . Vậy A( 1;5), B ( 3; 1), D (5; 3) 0, 25 Tìm tọa độ của B và viết PT mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 1,00  Gọi B(x; y; 0), khi đó OB  ( x; y;0) , VI.a     x  2  B (2; 4; 0) Tứ giác OABC là hình chữ nhật nên OB 0,25  OA  OC   y  4 2 2 2 2 2 2 Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 ( Với a  b  c  0 ) d  0 2  Mặt cầu đi qua O, S, A, C nên ta có 36  4a  8b  8c  d  0  a  1; b  c  2, d  0,  0,5  4  4a  d  0 16  8b  d  0 2 2 2 Vậy PT mặt cầu là x  y  z  2 x  4 y  4 z  0 Gọi R là bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy ra R = 3  thể tích khối cầu là V( S )  4  .33  36 0,25 3 Tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá một phế phẩm 1,00 + Mỗi kết quả lấy ra 6 sản phẩm ứng với một tổ hợp chập 6 của 12, do đó số kết quả có thể xảy ra là 6 0,25   C12  924 + Gọi A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có hai phế phẩm” , VII.a khi đó A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có không quá một phế phẩm” , : 0,5 2 2 Ta tìm được : A  C2 .C10  210 Theo định nghĩa xác suất ta có:  A 210 5  P ( A)  1  5  17 0,25 P( A)     924 22 22 22 PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao VIb 1 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác 1,00 + Gọi I(x;y) là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác  2 x 1 Ta có  2   xG  3 . G thuộc d: x + y - 2 = 0 nên 2 x  1  2 y  1  2  0 CG  CI   3 3 0,25 3  y  2 y 1  G 3
  5. WWW.VNMATH.COM  2 x  1 2 y 1 Tọa độ I thỏa mãn hệ  3  3  2  0   x  5    x  2 y  3  0  y  1 + Do A thuộc x  2 y  3  0 nên tọa độ A là A(3  2a; a ) 1 3 Theo giả thiết AB  5  IA  5  IA2  5  (2  2a ) 2  (a  1) 2  5  a    a   0,5 2 4 4 2 2 1 3 Từ đó tìm được A(4;  ), B (6;  ) hoặc A(6;  3 ), B (4;  1 ) 0,25 2 2 2 2 Tìm tọa độ của các đỉnh B, C 1,00 - B  mp (Oxy) , C  Oz  B( x; y;0); C (0;0; z )      Ta có AH  ( 1; 0;1), BH  (2  x;1  y;1) , BC  ( x;  y; z ), AC  (3; 1; z ), AB  ( x  3; y  1;0) . 0,5   x  z  0 z  x  AH .BC  0   - H là trực tâm tam giác ABC nên suy ra     3 x  y  z  7  0   y  7  2 x 2   BH . AC  0   2      x  yz  3 y  z  0  2 x  x  21  0   AH , AC  . AB  0  x  3; y  1; z  3 7 7 0,5 Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm B (  ;14; 0), C (0;0; )   x   7 ; y  14; z  7 2 2  2 2 1,00 Giải bất phương trình log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) (1) log 22 x  log 2 x 2  3  0 ĐKXĐ:  (*) x  0 0,25 Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với log 22 x  log 2 x 2  3  5(log 2 x  3) VII.b Đặt t  log 2 x , BPT (1) trở thành t 2  2t  3  5(t  3)  (t  3)(t  1)  5(t  3) t  1  t  1  1   t  3  . Từ đó ta được log 2 x  1 0  x  2 3  t  4  3log x  4   0,5  (t  1)(t  3)  5(t  3) 2  2 8  x  16  Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S =  0; 1   (8;16) 0,25    2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2