zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử đại học, cao đẳng lần 1 môn Toán (năm 2013)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

57
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học, cao đẳng lần 1 môn Toán (năm 2013) của Trường THPT Đồng Quan dành cho các bạn học sinh khối A, A1. Đề thi gồm có hai phần, phần chung dành cho tất cả các thí sinh, phần riêng thí sinh lựa chọn có kèm hướng dẫn làm bài. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học, cao đẳng lần 1 môn Toán (năm 2013)

Nguoithay.vn TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 LẦN 1 Môn thi: TOÁN, Khối A, A1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3x 2  2 ( C ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. 2. Tìm tham số m để đường thẳng y  mx  m cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt A(1;0) , B, C sao cho diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H (1;1) . x x x x  Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2cos 2 (sin  3 cos )  3 cos  2sin( x  ) . 2 2 2 2 3   y 4 x  1  3  5 y  12 x  3 2 2 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  4 (x,y  )   2 y (10 x 2  17 x  3)  3  15 x  sin 4 x  cos 4 x 4 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I   dx.  tan x  cot x 2 2 12 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc 600 . Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng 1 3 x3 y3 z3 2 3 3 (   )  ; x2  y 2  z 2  1 x  y  z xy  2 yz yz  2 xz xz  2 xy ( x  1)( y  1)( z  1) 4 Dấu bằng khi nào xảy ra?. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1;0) đường chéo BD có phương trình x  y  1  0 . Tìm 8 toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng . 5 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) ( x  2)2  ( y  1)2  z 2  3 sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P) 2 x  2 y  z  1  0 một đoạn có độ dài bằng 2.  x 2  x  1 Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 0,5 log3 0.  x  1  B. Theo chương trình nâng cao: Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A x  1  0 , phương trình đường cao từ đỉnh C x  2 y  6  0 . Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có phương trình x2  ( y  2)2  25 và đường thẳng AC đi qua M (1;1) . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) x  2 y  3  0 sao cho MA2  2MB2  MC 2 nhỏ nhất. Câu 9.b (1 điểm) C0 C1 C2 C 2013 C 2014 Tính tổng S  2014  2014  2014   2014  2014 với Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử 1 2 3 2014 2015 ……………….Hết…………….
Nguoithay.vn Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………..
Nguoithay.vn TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu ý Nội dung Điể m I(2đ) 1(1đ Khảo sát hàm số (C) ) a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: xlim  y  ; lim y   đồ thị hs không có tiệm cận. x  0,25 x  0 •Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x, y '  0   x  2 BBT x - 0 2 + 0,25 y’ 0 0 - + - y + 2 - -2 Hàm số NB trên ( ; 0,25 0) và (2 ; +), ĐB trên (0 ; 2). Hàm số CĐ(2;2) CT(0;- 2) c) Đồ thị: Tâm đối xứng:I(1 ; 0) 0,25 2(1đ Tìm m ... )
Nguoithay.vn .PTHĐ x  3x  2  mx  m  3 2 ( x  1)( x2  2 x  2)  m( x  1)  0 0,25 x 1  F ( x)  x 2  2 x  m  2  0 0,25 . Điều kiện F (1) 0 0  m  3 . Giả sử B(x ; mx  m) C(x ; mx  m) 1 1 2 2 . BC  (1 m ) (x  x )  4x x   4(3  m)(1 m ) 2 1 2 2 1 2 2 0,5 . d (H , BC)  1 1 m , S  12 d (H , BC).BC  12 . 4(3  m)(1  m )  1 2 2  m  2(n) KL. II(2đ) 1(1đ Giải phương trình ... ) . Phương trình x x x  sin x.cos  2 3 cos3  3 cos  (sin x  3 cos x) 2 2 2 x x x 0,5  sin x  3 cos x  sin x cos  3 cos (2cos 2  1)  0 2 2 2 x  (sin x  3 cos x)(1  cos )  0 2 . TH1 cos x 2  1  x=2  k 4 ( k Z ) 0,25  . TH2 sin x  3 cos x  0  tan x   3  x   3  k 2 ( k  Z ) 0,25 Vậy phương trình có các nghiệm như trên 2(1đ Giải hệ pt….. ) . Điều kiện x  14 Phương trình (2)  2 y 4 (5x  1)(2 x  3)  3(1  5x) 0,25 1 x  (l )  5 4 xy  3  6 y 4 4
Nguoithay.vn . Ta được hệ pt 4yxy 4x31 6 y 3 4x 1  5 y2  3 2 4 4  . Chia pt thứ nhất cho y 2 và pt thứ hai cho y 4 (do y=0 loại)  3 3  4x 1  2 4x 1  5  2 0,25  y y Ta được  4 x  1  3  5  y4 3 • Đặt a  4 x  1; b  với a  0, b  0 y2 0,25 a  ab  b  5 5b Ta có hệ pt  2 2 ta được  a  thay vào (2)  a  b  5 1  b 5b 2 ( )  b2  5 1 b  b 4  2b3  3b 2  20b  20  0  (b  1)(b3  3b 2  20)  0  (b  1)(b  2)(b 2  5b  10)  0  1  5  x a  2  x  a  1  2 • Nên   4 hoặc   b  1 y  4 3 b  2  y   3 4   2 5  1 4 3 Kết luận  x; y    ;  3  ( ;  ) 4  2 2 0,25 III(1đ 1(1đ) Tính tích phân. )   2 2 12 cos 2 x.sin x.cos x 1 sin 2 2 x.cos 2 x 12 •I   dx   dx sin 4 x  cos 4 x 4 sin 2 2 x 0,25  4 4 1 2 • Đặt t  sin 2 x  dt  2cos 2 xdx  1 Đổi cận x   t 12 12 0,25 4 1 1 t2 Khi đó I   2 dt 4 1 t 2 2 1 t 2 1 1 1 dt 1 1 • I  (  dt  2 2 )   ln 4 1 1 t 2 8 4 2 t 2 1 2 2 2 0,5
Nguoithay.vn 1 1 21  14 2 • KL I   ln 8 4 2 94 2 (1đ) Tính thể tích và khoảng cách IV S N A D I x H B C K • Kẻ HI  AB , vì SH  AB nên AB  (SHI ) 0,25 Gt được góc SIH= 600 I 1 a 2.a BH IH BH . AD 3 a • Do IH // AD nên   IH    BD AD BD a 2 3 0,25 a • SH  IH tan 600  3 • dt ( AHCD)  dt ( ABCD)  (dt ( AHB)  dt ( BHC)) a2 a2 2a 2 = a2  (  ) 6 6 3 2 1 1 a 2a 2a 3 • V  SH .dt ( AHCD)   (đvtt) 3 3 3 3 9 3 • Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx) 0,25 • d (SC, BD)  d ( BD,(SC, Cx))  d ( H ,(SC, Cx)) • Kẻ HK  Cx tại K
Nguoithay.vn • Vì SH  Cx, HK  Cx nên Cx  (SHK) hay (SHK)  (SC,Cx) • Kẻ HN  SK suy ra HN  (SC,Cx) a a . SH .HK 3 2  a 0,25 • d(SC,BD)=HN=  SH  HK 2 2 a2 a2 5  3 2 V (1đ) Chứng minh rằng……. 1 x3 y3 z3 • Đặt P  (   ) x  y  z y (2 z  x) z (2 x  y ) x(2 y  z ) 0,25 x3 y 2z  x   x y (2 z  x) 3 9 y3 z 2x  y • Ta có   y z (2 x  y ) 3 9 z3 x 2y  z   z x(2 y  z ) 3 9 x3 y3 z3 x yz • Cộng vế ta được    xy  2 yz yz  2 xz xz  2 xy 3 • Hay P  1 Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 (*) 0,25 1 2 • Đặt Q   2 x  y  z 1 2 2 ( x  1)( y  1)( z  1) 1 1 1 • Ta có x 2  y 2  z 2  1  ( x  y)2  ( z  1)2  ( x  y  z  1)2 0,5 2 2 4 1 Vì a 2  b2  (a  b)2 dấu = khi a=b 2 x y  z 3 3 • ( x  1)( y  1)( z  1)  ( ) dấu = khi x=y=z 3 2 54 • do đó Q   , đặt t  x  y  z  1  1 x  y  z  1 ( x  y  z  3)3 2 54 Ta được Q  f (t )   xét hsố f(t) trên (1; ) t (t  2)3 2 162 t  1(l ) 1 f '(t )  2  0 Lập bbt ta được f (t )  =f(4) t (t  2) 4 t  4(n) 4
Nguoithay.vn 1 Vậy Q  dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**) 4 • Từ (*), (**) suy đpcm PHẦN TỰ CHỌN: Câu ý Nội dung Điểm VIa(2đ) 1(1đ) Tìm B, C, D… 0,25 • pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0 • I là giao AC, BD nên I(0;1) 8 • Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH= 0,25 5 • AC= 2 2  IC  2 , do tam giác ICB vuông tại I nên 1 1 1 2  2   ID  2 2 IH ID IH 2 • Nên BD= 4 2 0,25  x 2  ( y  1) 2  8 • Toạ độ B, D thoả mãn  x  y 1  0 0,25 x  2, y  3 • Giải được x  2, y  1 B1 (2;3), D1 (2; 1), C1 (1; 2) • KL B2 (2; 1), D2 (2;3), C2 (1; 2) 2(1đ) Viết phương trình mp(P)………….. • Gọi M(a;b;c) • Do M thuộc mặt cầu (S) nên (a  2)2  (b 1)2  c2  3 (1) 0,5 • Do MH=2 nên (a  1)2  b2  (c  1)2  2 (2) 2a  2b  c  1 • Vì d(M;(P))=2 nên 2 (3) 22  22  1
Nguoithay.vn • Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4) Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5) 0,25 (a  1)  b  4 2 2 a  1, b  2 Do đó c=1 thay vào (2), (4) được   a  b  3 a  3, b  0 • Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3 Thay vào (2) được (a  1)2  b2  2(l ) • Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1), 0,25 VII.a (1 đ) Giải bất phương trình  x2  x  1  x2  x  1  3 x  1 log  1  log 3 3  x  1  3  2 •BPT   x2  x  1 x  x 1 0,5 log 3  0  log 3 1  1  x 1  x  1  x2  2x  2  x  1  x  1  0  •  2  1 3  x  1 3 0,25  x 0   x  1  x  1 •Kết luận T  1  3;1  3  0,25 VI.b(2đ) 1(1đ) Tìm toạ độ…………………… • Gọi AD x-1=0, CE x-2y-6=0 Kẻ HM vuông góc AD tại K, H thuộc AB Pt HM y=1 • K là giao điểm HM và AD nên K(1;1), từ đó H(3;1) 0,5 • Pt AB qua H vuông góc CE là 2x+y-7=0 • A là giao điểm AB, AD nên A(1;5)
Nguoithay.vn • Pt AC qua A, M 2x-y+3=0 Nên C là giao CE và AC nên C(-4;-5) 2 x  y  7  0 0,5 • B thoả mãn  giải được B1 (0;7), B2 (4; 1)  x  ( y  2)  25 2 2 • Vì AD là phân giác trong nên loại B1 (0;7) 2(1đ) Tìm toạ độ……. • Gọi I(a;b;c) thoả mãn IA  2IB  IC  0 0,25  1 a  2 1  a  2(0  a)  (1  a)  0    3 • Ta được 0  b  2(2  b)  1  b  0  b  0  c  2(0  c)  (0  c)  0  4  c  0   1 3 Nên I( ; ;0 ) cố định 2 4 MA2  2MB 2  MC 2  ( IA  IM ) 2  2( IB  IM ) 2  ( IC  IM ) 2  IA2  2 IB 2  IC 2  2 IM ( IA  2 IB  IC )  4MI 2  IA2  2 IB 2  IC 2  4MI 2 0,25 • Do I, A, B, C cố định nên tổng nhỏ nhất khi và chi khi MI nhỏ nhất Hay M là hình chiếu của I lên (P)  1  13  x  2  1.k  x  10    y  3  2k  17 • Gọi M(x;y;z) ta có IM  k.n( P )    y  0,5  4  20  z  0  0.k z  0 x  2 y  3  0    13 17 • KL M ( ; ;0) 10 20
Nguoithay.vn VII.b 1đ Tính tổng 2014! C k k !(2014  k )! 1 2015! 1 k 1 0,5 •  2014  .  C2015 k 1 k 1 2015 (k  1)! 2015  (k  1) ! 2015 k  0...2014 • 1 S C2015 1  C2015 2  C2015 3 2014 C2015  C2015 2015  2015 1  (1  1) 2015  C2015 0  0,5 2015 22015  1 • Kết lận: S= 2015 ……………………Hết……………….

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

507 lượt tải

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.