zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 - Đề 1

Chia sẻ: Mac Co | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

62
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a toán 2013 - đề 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 - Đề 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = \ ⎨ ⎬. ⎩2⎭ • Sự biến thiên: −1 0,25 Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D. ( 2 x −1) 2 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠ 1 1 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − . x → −∞ x → +∞ 2 2 0,25 1 lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = . ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ 2 n ⎝2⎠ ⎝2⎠ 1 .v Bảng biến thiên: x −∞ +∞ 2 y’ − − y − 1 2 4 h +∞ − 1 0,25 • Đồ thị: o c 2 y −∞ 2 ih (C) O 1 x u 1 2 1 V − 0,25 2 –1 2. (1,0 điểm) −x +1 Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 2x −1 0,25 1 2 ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*). 2 ∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25 Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có: 1 1 4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2 0,25 k1 + k2 = – – =− . (2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2 (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2 Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. 0,25 Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. Trang 1/5
Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 π • cosx = 0 ⇔ x = + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 2 π π • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*). 4 4 0,25 π π Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z). 2 4 2. (1,0 điểm) ⎧5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1) ⎪ ⎨ 2 2 ⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) ⎩ 2 (2). 0,25 Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2. • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. 0,25 Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 2 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0 .v n ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y. 0,25 Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: (x; y) = ⎜ ⎛ 2 10 10 ⎞ 4 h ⎛ 2 10 ⎜ 5 ; 5 ⎟ hoặc (x; y) = ⎜ − 5 ; − 5 ⎟ . 10 ⎞ ⎝ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜ ⎟ ⎠ o c 2 ⎜ ⎝ ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 ⎟ ⎠ ⎜ 5 ; 5 ⎟ , ⎜ − 5 ; − 5 ⎟. ⎟ ⎜ 10 ⎞ ⎟ 0,25 ih ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ π π π III u 4 4 4 ( x sin x + cos x) + x cos x x cos x (1,0 điểm) I = ∫ x sin x + cos x dx = ∫ dx + ∫ x sin x + cos x dx. 0,25 0 V π 4 Ta có: ∫ dx = x 04 = 0 π π π 4 π 0 0 0,25 4 4 π x cos x d(x sin x + cos x) và ∫ 0 x sin x + cos x dx = ∫ x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x 0 ) 4 0 0,25 ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ π ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ = ln ⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜ ⎜ 2 ⎝ 4 ⎠⎟ ⎜ 2 ⎜ 4 + 1⎟ ⎟ . 0,25 ⎝ ⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎠⎟⎠ IV S (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). (1,0 điểm) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và 0,25 (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3. Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H D N C ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC. A BC AB M MN = = a, BM = = a. 0,25 B 2 2 ( BC + MN ) BM 3a 2 1 Diện tích: SBCNM = = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅ 2 2 3 Trang 2/5
Câu Đáp án Điểm Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). 0,25 Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH. Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a SA. AD 2a 39 0,25 ⇒ d(AB, SN) = AH = = ⋅ SA2 + AD 2 13 V 1 1 2 Trước hết ta chứng minh: + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1. (1,0 điểm) 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: x 1 1 1 2 P= + + ≥ + . 2x + 3y 1 + z 1 + x 2+ 3y x 1+ 0,25 y z x y z x x Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x y = hoặc = 1 z t2 y 2 (1) .v n Đặt y = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 + h 2t + 3 1 + t 4 ⋅ − 2 ⎡t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤ Xét hàm f(t) = 2 t2 + 2 2t + 3 1 + t ⇒ f(t) ≥ f(2) = 34 o c 2 , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = ⎣ (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2 ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ x ⎦ < 0. = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). 0,25 ih 33 y u 34 ⇒P≥ . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. 33 V 0,25 34 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x = 4, y = 1, z = 2. 33 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. A o Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90 và MA = MB 0,25 I ⇒ SMAIB = IA.MA ⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5. 0,25 B M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). 0,25 IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 M ∆ ⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 0,25 ⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 ⎩ Trang 3/5
Câu Đáp án Điểm ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ ⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0 0,25 ⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 ⎩ ⎧x = 2 y − 2 ⎪ ⇔ ⎨z = 3y 0,25 ⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0 ⎩ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; ; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ . 0,25 ⎝ 7 7 7⎠ ⎝ 7 7 7⎠ 2 VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 ⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a ⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ 0,25 ⎩2ab = − b ⎧a = − 2b 2 ⇔ ⎨ 0,25 ⎩b(2a + 1) = 0 ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 1⎞ ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ; ⎟ hoặc (a; b) = ⎜ − ; − ⎟. ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ 0,25 1 1 1 1 Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i. 2 2 2 2 .v n h VI.b 1. (1,0 điểm) 4 (2,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: 2 0,25 B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 4 − x2 . y o c Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. ih A 1 0,25 Diện tích: SOAB = x 4 − x 2 H 2 V O u B x = 1 2 2 x (4 − x 2 ) ≤ 1. Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. 0,25 ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ Vậy: A ⎜ 2; ⎜ ⎟ và B ⎜ 2; − ⎟ hoặc A ⎜ 2; − ⎟ và B ⎜ 2; ⎟. 0,25 ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ 2. (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S). OA 4 2 0,25 Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = = . 3 3 2 Khoảng cách: d(I, (P)) = R2 − r 2 = . 3 0,25 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 2(a + b + c) 2c 2c 2 d(I, (P)) = = ⇒ = 0,25 2 a +b +c 2 2 2 2a + c 2 2 2a + c 2 3 ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25 Trang 4/5
Câu Đáp án Điểm VII.b Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i 0,25 (1,0 điểm) ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 ⎧3a − 3b = 2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ 0,25 ⎩a + b − 2 = −2 1 1 2 ⇔ a= , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 = ⋅ 0,25 3 3 3 ------------- Hết ------------- .v n 4 h o c 2 uih V Trang 5/5

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.