zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi khảo sát chất lượng đại học năm học 2013-2014 có đáp án môn: Toán 12, khối A, A1, B, D - Trường THPT Triệu Sơn 4

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

63
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi khảo sát chất lượng là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi khảo sát chất lượng đại học năm học 2013-2014 có đáp án môn "Toán 12, khối A, A1, B, D - Trường THPT Triệu Sơn 4" 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 đại học năm học 2013-2014 có đáp án môn: Toán 12, khối A, A1, B, D - Trường THPT Triệu Sơn 4

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC. TỔ TOÁN –TIN NĂM HỌC:2013 - 2014 Đề chính thức MÔN: TOÁN. KHỐI A , A1- B - D. www.VNMATH.com Thời gian làm bài: 180 phút – không kể thời gian phát đề. Đề gồm 01 trang. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): x 1 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y  (C) 2( x  1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  cos 4 x  1  4 3 sin 3 x cos x 2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x Câu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trình:  ( x, y  R )  2 y 2  1  y  2  x 5  4x 10 Câu 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 3   x 2 xR x x Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC  BC  2 a. Mặt phẳng  SAC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB . Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3  y 3  16 z 3 P 3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng  d  : x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K  6;2  Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A  2;3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1; 2  . ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cña tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( P): x - 3y + 2z + 6 = 0. 1 2 n 1 n Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn c c n n  ...  cn  cn  255 n Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1  x  3 x 2  . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  2; 6  , chân  3 đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2;  và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  2  1  điểm I   ;1 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.  2  Câu8.b(1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0;1 , B 1;2;1 , C 2;1;1 , D3;3;3 .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3 . log 2 ( y  2 x  8)  6 Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình:  x 8  2 x .3 y  2.3 x  y .------------------------Hết------------------------ Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC. HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC: 2013 - 2014 Đề chính thức MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1 TXĐ: D = R\ 1 1 1 Chiều biến thiên: y ,   0 , với x  D 0.25 ( x  1)2 1đ  hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :  ; 1 và  1;   Cực trị: hàm số không có cực trị Giới hạn, tiệm cận : 1 1 lim y  , lim y  ; Lim y   , Lim y   x   2 x   2 x( 1) x  ( 1) 0.25 1  y  là tiệm cận ngang; x  1 là tiệm cận đứng. 2 Bảng biến thiên: x  1  y, y  1 2 0.25  1 2 1 3 Đồ thị: đi qua các điểm (0;  ) ; (-2; ) 2 2 1 Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; ) làm tâm đối y xứng 2 0.25 1 I 2 x -1 O 2 x0  1 .Gọi M( x0 ; )  (C ) là điểm cần tìm 2( x0  1) Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình x 1 1 x 1 0.5  : y  f ' ( x0 )( x  x0 )  0 y 2 ( x  x0 )  0 2( x0  1)  x0  1 2( x0  1)
www.VNMATH.com 1đ x02  2 x0  1 Gọi A =   ox  A(  ;0) 2 x 2  2 x0  1 B =   oy B(0; 0 ). Khi đó  tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng 2( x0  1)2  x 2  2 x0  1 x02  2 x0  1  tâm là: G   0 ; .  6 6( x0  1) 2  x02  2 x0  1 x02  2 x0  1 Do G  đường thẳng:4x + y = 0  4.  0 6 6( x0  1)2 1  4 2 (vì A, B  O nên x02  2 x0  1  0 )  x0  1 0.25  1  1  x0  1  2  x0   2   x 1   1 x   3  0 2  0 2 1 1 3 3 3 5 Với x0    M ( ;  ) ; với x0    M ( ; ) . 2 2 2 2 2 2 0.25 ( PT )  2 cos 2 2 x  1  2 cos 2 x  4 sin 6 x  cos 4 x  4 3 sin 3x cos 3 x  2 cos 4 x  2 cos 2 x  4 sin 6 x  4 3 sin 3 x cos 3 x  cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3 x cos x 0.5  2sin 3 x sin x  4sin 3 x cos3 x  2 3 sin 3 x cos x   2sin 3x sin x  2 cos3x  3 cos x  0  sin 3 x  0  sin x  3 cos x  2 cos3 x 0.25 1đ  2 * sin 3x  0  x  k  k  Z  3   *sin x  3 cos x  2cos3 x  cos  x    cos 3 x  6    x    k 12  k  Z  0.25  x    k  24 2   k k Vậy nghiệm của phương trình là x    k ; x   ;x  k  Z  12 24 2 3 1đ 2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x (1) 3 2. Giải hệ phương trình:  . 1.0  2 y 2  1  y  2  x(2) Điều kiện: x  1 . Với điều kiện đó, ta có (1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x 0,25 3  2 y  y  2(1  x) 1  x  1  x
www.VNMATH.com Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f , (t )  6t 2  1  0t  R  f (t ) đồng biến trên R. y  0 0,25 Vậy (1)  f ( y)  f ( 1  x )  y  1  x   2  y  1 x 2 x Thế vào (2) ta được : 3  2 x  1  x  2  x   2 x 3  2x  1  x  1  0,5  2  x   1  0  3  2 x  1  x  1( x  1  2  x  0)  3  2x  1  x   x  1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0) 1đ Giải bất phương trình......... x  0  x  0  ĐK:  10  2  x0 0.25  x  x  2  0  x  2 x  10  0 Với điều kiện trên, 0.25   (bpt)  2 x 2  4 x  5  x 2  2 x  10  2 x 2  2 x  10  15  x 2  2 x  10 4 2 Đặt t  x 2  2 x  10   x  1  9  3 *  5 2  t 0.25 Bpt trở thành 2t  t  15  0  2  t  3  do *   t  3 t  3  x 2  2 x  10  3  x 2  2 x  1  0   x  1  0 luôn đúng. 2 0.25 Vậy nghiệm bất phương trình là x   0;   1đ S K C H B N a M A 0.25 5   ABC vuông tại A có BC  2a; AC  a; B  30 0 ; C  60 0 ; Gọi N là trung điểm của AC. Vì  AC  AB  AC  HN ; AC  SH  AC  (SHN )  SNH  60 0 a 3 3a a2 3 Trong tam giác SNH  HN  ; SH  ; mặt khác S ABC  2 2 2 0.25 1 a3 3  VS . ABCD  S ABC .SH  (đvtt ) 3 4 Kẻ a // AH (a đi qua B)  HA //  SB, a  0.5 Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó HK  d  HA; SB 
www.VNMATH.com a 3 Tam giác ACH đều nên HBM  AHC  60 0  HM  HB sin 60 0  2 1 1 1 3a Trong tam giác SHM ta có 2  2  2  HK  HK HM HS 4 1đ  x  y 3 Trước hết ta có: x 3  y 3  (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương) 0.25 4 3 3 x  y  64 z 3 a  z  64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P  3  3  1  t   64t 3 a a 6 z (với t = , 0  t  1 ); Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có a 0.5 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9 64 16 Lập bảng biến thiên  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi t 0;1 81 81 0.25 x = y = 4z > 0 A.Theo chương trình Chuẩn. 1đ B   d  : x  2 y  5  0 nên gọi B  5  2b; b  , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra C (2b  5; b) và O(0;0)  BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là  d  : x  2 y  5  0  I (2; 4) và I  AB 0.25  Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với  7.a CK  11  2b;2  b  b  1 0.25  2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b 2  30b  25  0   b  5 Với b  1  B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại  31 17   31 17  Với b  5  B( 5;5), C (5; 5)  A  ;  .Vậy A ;  ; B(5;5); C(5; 5) 0.25  5 5 5 5 1đ Gäi H  x; y; z  là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi 8.a 0.25 BH  AC , CH  AB , H   ABC   2    x  15  BH . AC  0  x  1  2  y  2   3 z  0       29   CH . AB  0  3  x  1   y  1   z  2   0   y        15 0.25  AH  AB, AC   0  x  2   8  y  3   5  z  1  0  1 z   3  2 29  1 H( ; ; ) 15 15 3 Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương 0.25
www.VNMATH.com 2 29 1 x y z 15  15  3 0.25 Phương trình đường thẳng (d) là: 1 3 2 1đ Với n nguyên dương ta có: Ta có Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn 1  Cnn  (1  1) n  2n  Cn1  Cn1  ...  Cnn  2n  1 0.25 n n 8 Theo giả thiết ta có 2 – 1 = 255  2 = 256 = 2  n = 8. 8 k = C  3x  x k 2 2 8 = P(x) = (1 + x + 3x ) k0 8 8 0.25 9.a  k  8 k = C  Ckm (3x2 )k m xm  = C8kCkm3km.x2km k k 0 8  m0  k0 m0 .  2k  m  14   m  0 m  2 YCBT   0mk 8   k  7  k  8 . 0.25  m, k  Z  Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37  C88C82 36 )x14 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao. 1đ Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x  2  0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên E  2; t  . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 2 0,5 2 1  1 2 IA  IE   t 1   2     2    52  t 1  52 t  6;t 4 . Do đo ta được  2  2 7.b E  2;  4  Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC  5 0.25 hay BC nhận EI   1; 2  là vectơ pháp tuyến. 2 Do đó pt của BC là:  3 0.25 BC :1.  x  2   2.  y    0  x  2 y  5  0 . Vậy BC : x  2 y  5  0.  2   Gọi M  m1; m2 ; m3  là điểm thuộc  AB  khi đó AM , AB cùng phương   1đ AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2;2    8.b AM , AB cùng phương  m1  t 0.25     t  R : AM  t AB   m2  2t  M  t ;2t ; 1  2t   m  1  2t  3 Gọi N  n;0;0    Ox    NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2    0.25 MN vuông góc CD nên NM .CD  0  t  n  4t  4t  2  0  t  2  n 1 2 2 MN  3  MN 2  9   t   t  2    4t 2   2t  1  9 t  1 0.25  8t  4t  5  9  8t  4t  4  0   1 2 2 t   2
www.VNMATH.com Với t  1  n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0  1 3 1   3  0.25 Với t   n    M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2 2   2  1đ 6 ĐK: y-2x +8 > 0 ; (PT 1)  y – 2x + 8 =  2  y  2x 0.25 Thế vào pt thứ hai ta được: x x 3x x  8   18  2 2 0.25 8 x  2 x.32 x  2.33 x  8 x  18 x  2.27 x        2        2 9.b  27   27  3 3 x 2 Đặt: t =   , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3  t  2  0   t  1 t 2  t  2  0   3 0.25 x  0  t  1  . Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0) 0.25 y  0 Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm

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.