zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán, khối D - Trường THPT Hà Huy Tập (Năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Báo xấu

48
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử đại học, cao đẳng môn thi "Toán, khối D - Trường THPT Hà Huy Tập" năm học 2012-2013 giúp các bạn tổng hợp kiến thức đã học và có thêm những kinh nghiệm cần thiết để làm bài kiểm tra cũng như các đề thi đạt kết quả tốt nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán, khối D - Trường THPT Hà Huy Tập (Năm học 2012-2013)

www.VIETMATHS.com SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 20122013 TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP Môn thi: Toán, khối D Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm ) 2x − 1 Câu I : ( 3,0 điểm ). Cho hàm số : y = có đồ thị là ( C ) . x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của ( C ) .Tìm trên đồ thị ( C ) điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị ( C ) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn : IA2 + IB 2 = 40 . Câu II : ( 2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x + 1 = 0 x2 − y ( x + y ) + 1 = 0 2) Giải hệ phương trình: (x 2 + 1) ( x + y − 2 ) + y = 0 1 Câu III : ( 1,0 điểm ).Tính tích phân: I = x 5 1 − x 3 dx . 0 Câu IV : ( 1,0 điểm ) .Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh bên bằng a , góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng 450 . Tính thể tích khối chóp . Câu V : ( 1,0 điểm ).Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + a(2a − 1) b(2b − 1) c(2c − 1) 2 2 2 2 B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2,0 điểm ).( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần,phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa : (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm K (3 ; 2) và đường tròn (C ) : x 2 y 2 2 x 4 y 1 0 với tâm là I. Tìm tọa độ điểm M (C ) sao cho IMK 60 0 . Câu VII a.(1,0 điểm): Giải phương trình : 2.log 3 ( x 3 + 1) = log 3 ( 2 x − 1) + log ( x + 1) 2 3 B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VII b.( 1,0 điểm ). Giải bất phương trình sau : 8.3x + x +9 x +1 9x
www.VIETMATHS.com .............................................................Hết.................................................................... SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20122013 TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP Môn thi: Toán, khối D Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Cho hàm số : y = 2x − 1 có đồ thị là ( C ) . 3,0 x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2x − 1 2,0 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = x +1 +Tập xác định D = ﾡ \ { −1} +Sự biến thiên 3 0,25 Chiều biến thiên: y ' = > 0 ∀x −1 . ( x + 1) 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ; −1) và ( −1; + ) Cực trị : Hàm số không có cực trị. Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 2x −1 lim y = lim = 2 ,đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang x x x +1 0,5 2x −1 2x −1 lim− = + ; lim+ = − , đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng x −1 x + 1 x −1 x + 1 Bảng biến thiên : x 1 + y' + || + y + 2 || 0,5 2 − �1 � +Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm A � ;0 � �2 � Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B ( 0; −1)
www.VIETMATHS.com Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I ( −1; 2 ) làm tâm đối xứng. 8 6 4 2 0,5 2 4 6 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của ( C ) .Tìm trên đồ thị ( C ) điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị ( C ) cắt hai đường tiệm cận tại A 1,0 và B thoả mãn : IA2 + IB 2 = 40 . � 2x −1 � TCĐ ( d1 ) : x = −1 ,TCN ( d 2 ) : y = 2 � I ( −1; 2 ) .Gọi M �x0 ; 0 ��( C ) , ( x0 > 0 ) � x0 + 1 � 3 2x −1 0,25 Phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại M : ( ∆ ) : y = 2 ( x − x0 ) + 0 ( x0 + 1) x0 + 1 � � 2 x0 − 4 � � ( ∆ ) �( d1 ) = � �A �−1; � �, ( ∆ ) �( d 2 ) = { B ( 2 x0 + 1; 2 ) } � 0,25 � � x0 + 1 � � 36 + 4 ( x0 + 1) = 40 2 ( x0 + 1) − 10 ( x0 + 1) + 9 = 0 4 2 � � �( x0 + 1) 2 IA + IB = 40 �� 2 2 � 0,25 x0 > 0 x0 > 0 � x0 = 2 ( y0 = 1) M ( 2;1) . 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình : sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x + 1 = 0 1,00
www.VIETMATHS.com sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x + 1 = 0 � ( sin x + cos x ) + ( cos 2 x − sin 2 x ) + sin x + cos x = 0 2 � ( sin x + cos x ) ( 2 cos x + 1) = 0 0,5 −π sin x + cos x = 0 x= + kπ 4 � −1 � (k �Z ) 0,5 cos x = 2π 2 x= + k 2π 3 2 x2 − y ( x + y ) + 1 = 0 1,00 Giải hệ phương trình: (x 2 + 1) ( x + y − 2 ) + y = 0 �x − y ( x + y ) + 1 = 0 �x + 1 = y ( x + y ) (1) 2 2 � 2 � .Do y = 0 không thỏa mãn nên: ( x + 1) ( x + y − 2 ) + y = 0 y ( x + y ) ( x + y − 2 ) + y = 0 (2) 0,5 y 0 ( 2) � ( x + y ) ( x + y − 2) + 1 = 0 � x + y = 1 x2 + 1 = y x = 0, y = 1 Khi đó hệ trở thành 0,5 x + y =1 x = −1, y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (0;1) , (1;2) . III 1,00 1 Tính tích phân: I = x 5 1 − x3 dx . 0 1 1 I =� x 5 1 − x3 dx = � x 3 1 − x 3 .x 2 dx 0 0 −2 Đặt t = 1 − x 3 � t 2 = 1 − x3 � 2tdt = −3 x 2 dx � tdt = x 2dx 3 x = 0 � t = 1; 0,5 Khi x =1� t = 0 Vậy tai có : 1 0 1 2 2 2 �t 3 t 5 �1 2 2 4 I =� x 3 1 − x 3 .x 2 dx = − 31�( 1 − t 2 ) .t.tdt = � 30 ( t 2 − t 4 ) dt = � − �= . = 3 �3 5 �0 3 15 45 0 0,5 IV Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh bên bằng a , góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy 1,00 bằng 450 . Tính thể tích khối chóp Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có SG ⊥ ( ABC ) Gọi I là trung điểm cạnh BC ta có 0,25 (gt) suy ra �SIG = 450 . Gọi cạnh của tam giác đều ABC là 2 x ( x > 0) 3 Ta có AI = x 3 , IG = x và 3 IG 2 3x 2 2 SI = 0 = = x � SI 2 = x 2 (1) cos 45 3 2 3 3 0,25
www.VIETMATHS.com Lại có : SI 2 = a 2 − x 2 (2) 2 3 Từ (1) và (2) ta có x 2 = a 2 − x 2 � 5 x 2 = 3a 2 � x = a 3 5 1 3 3 3 2 Vậy ta có : S ∆ABC = .4. a 2 .sin 60 0 = a 2 5 5 3 3 a 0,25 Và SG = IG = a . = (Do tam giác ABC vuông cân ) 5 3 5 1 1 a 3 3 2 a 3 15 Vậy thể tích khối chóp là : VS . ABC = SG.S ∆. ABC = . . a = (đvtt) 3 3 5 5 25 0,25 V Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. 1,00 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + a (2a − 1) b(2b − 1) c(2c − 1) 2 2 2 2 1 1 1 Từ giả thiết suy ra + + = 2 a b c 1 1 1 Đặt : x = ; y = ; z = Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2 0,25 a b c 1 1 1 x3 y3 z3 Ta có: P = + + = + + 0,25 a(2a − 1) 2 b(2b − 1) 2 c(2c − 1) 2 ( y + z ) 2 ( x + z ) 2 ( y + x) 2 x3 y + z y + z 3x Áp dụng bđt Côsi: + + ( y + z) 2 8 8 4 y 3 x + z x + z 3y 0,25 + + (x + z) 2 8 8 4 z3 y+x y+x 3z + + ( y + x) 2 8 8 4 1 1 0,25 Do đó: P ( x + y + z ) = ( Đpcm) 4 2 PHẦN RIÊNG THEO TỪNG BAN VI a 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm K (3 ; 2) và đường tròn 1,0 (C ) : x 2 y 2 2 x 4 y 1 0 với tâm là I. Tìm tọa độ điểm M (C ) sao cho IMK 60 0 . 1,00 2 2 +) Ta có (C ) : ( x 1) ( y 2) 4 . Suy ra tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 2. Nhận thấy IK = 2. Suy ra K (C ). 0,25 Do M (C ) và IMK 600 . Suy ra IMK đều. Do đó yêu cầu bài toán Tìm M (C ) sao cho KM = R = 2. 0,25 +) Giả sử M ( x0 , y0 ) (C ) ( x0 1) 2 ( y0 2) 2 4 (1) Ta có KM 2 ( x0 3) 2 ( y0 2) 2 4 (2) 0,25
www.VIETMATHS.com M (2 ; 2 3) Từ (1) và (2) suy ra 0,25 M (2 ; 2 3) Giải phương trình : 2.log 3 ( x 3 + 1) = log 3 ( 2 x − 1) + log ( x + 1) 1,0 2 3 x > −1 0,25 ĐK : 1 x 2 (1) � 2 log 3 ( x3 + 1) = 2 log 3 2 x − 1 + 2 log 3 ( x + 1) 0,25 � log 3 ( x 3 + 1) = log 3 2 x − 1 ( x + 1) � ( x 3 + 1) = 2 x − 1 ( x + 1) ( x 2 − x + 1) − 2 x − 1 � � ( x + 1) � � �= 0 x = −1 x = −1 (loai ) 0,25 � x − x + 1 = 2x − 1 � x = 1 2 x2 − x + 1 = 1 − 2x x=2 Vậy nghiệm phương trình là : x = 1 ; x = 2 0,25 VI b .1)Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) và 1,0 tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Gọi d là ĐT cần tìm và A ( a;0 ) , B ( 0; b ) là giao điểm của d với Ox, x y 2 1 0,25 Oy, suy ra: d : + = 1 . Theo giả thiết, ta có: + = 1, ab = 8 . a b a b Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2; a = 4 � d1 : x + 2 y − 4 = 0 . 0,25 Khi ab = −8 thì 2b + a = −8 . Ta có: b 2 + 4b − 4 = 0 � b = −2 �2 2 . 0,25 ( ) ( ) Với b = −2 + 2 2 � d 2 : 1 − 2 x + 2 1 + 2 y − 4 = 0 0,25 Với b = −2 − 2 2 � d3 : (1+ 2 ) x + 2(1− 2 ) y − 4 = 0 VII b Giải bất phương trình sau : 8.3x + x +9 x +1 9x 1,0 ĐK : x 0 0,25 0,25
www.VIETMATHS.com 8.3x + x +9 x +1 9x �8.3x + x +9.32 � x 32 x x −x 2( x −x ) �8.3 +9.3 � 1 2( x −x ) �8.3 x −x +9.3 −1 � 0 ( 2) 0,25 t −1 ( loai ) > 0 .Khi đó ta có : ( 2 ) � 9t + 8t − 1 �0 � 2 Đặt t = 3 x −x 1 t 9 1 x−x t −۳�� − 3� 3−2 x x 2 x x 2 0,25 9 Với 0 x 2 Vậy nghiệm BPT là x [ 0; 4] x 2 �2 x 4 x2 − 5x + 4 0

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.