Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 Trường Hà Huy Tập - Lần 1

Chia sẻ: Mac Co | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 8
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 trường hà huy tập - lần 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 Trường Hà Huy Tập - Lần 1

SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP Môn thi: Toán, khối A,B,A1 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 4 x  2 cos 2 x  4sin x  cos x   1  cos 4 x n  12 x  3 y  4 xy  16 2) Giải hệ phương trình:  .v  4x  5  y  5  6  e ln(1  ln 2 x ) Câu III : ( 1,0 điểm ).Tính tích phân: I =  dx . 1 x h 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 . 4 Chứng minh rằng: 2  1 2  c a (2a  1) b(2b  1) c (2c  1) 2 1 2 Câu V : ( 1,0 điểm ).Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. 1 2  1 o B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2,0 điểm ).( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần,phần A hoặc phần B) h i A.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa : (1 điểm).Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : 3x  y  5  0 , d 2 : 3 x  y  1  0 và u điểm I (1; 2) .Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho AB  2 2 V 2 Câu VII a.(1,0 điểm).Giải phương trình : 2.log3  x3  1  log 3  2 x  1  log 3  x  1 B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1) ,cạnh BC  4 ,điểm M (1;3) năm trên đường thẳng BC và điểm I  1;3 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Tính diện tích tam giác ABC . Câu VII b. ( 1,0 điểm ).Giải bất phương trình sau : 8 . 3 x  x  9 x 1  9x Download ebook, tài li u, đ thi, bài gi ng t i : http://diendan.shpt.info www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online
www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: Toán, khối A,B, A1 Câu Ý Nội dung Điểm I 3,0 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y  2x  1 x 1 +Tập xác định D   \ 1 +Sự biến thiên 3  -Chiều biến thiên: y '  2  0 x  1 .  x  1 n Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   0,5 .v  Cực trị : Hàm số không có cực trị.  Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: h 2x 1 lim y  lim  2 ,đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang 0,5 x  x  x  1 lim 2x 1 x 1 x  1  ; lim  Bảng biến thiên : 2x 1 x 1 x  1 4   , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng 2 x y' - o + c -1 || + + 0,5 y i 2 h  ||  2 V u Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B  0; 1 1  +Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm A  ; 0  2  Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I  1; 2  làm tâm đối xứng. 8 6 0,5 4 2 -2 -4 -6
www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online 2 Tìm trên đồ thị  C  điểm M có hoành độ dương ...... 1,00  2x 1  TCĐ  d1  : x  1 ,TCN  d 2  : y  2  I  1; 2  .Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  0   x0  1  3 2 x0  1 Phương trình tiếp tuyến với  C  tại M :    : y  2  x  x0    x0  1 x0  1   2 x0  4        d1    A  1;     ,      d 2   B  2 x0  1;2  0,5    x0  1    36 2  2  4  x0  1  40  x0  14  10  x0  12  9  0  IA  IB  40    x0  1 2 2  x  0  x0  0   0 0,5  x0  2  y0  1  M  2;1 . II 2,00 1 Giải phương trình : sin 4 x  2 cos 2 x  4sin x  cos x   1  cos 4 x sin 4 x  2 cos 2 x  4sin x  cos x   1  cos 4 x  2 sin 2 x cos 2 x  2 cos 2 x  2 cos 2 2 x  4sin x  cos x   0  cos 2 xsin 2 x  1  cos 2 x   2sin x  cos x   0 .v n 1,00  cos 2 x2 sin x cos x  2 sin 2 x   2sin x  cos x   0  sin x  cos x cos 2 x sin x  1  0 4 h 0,5 +) sin x  cos x  0  x   4    k , k  Z  c 2 +) cos 2 x sin x  1  0  1  2 sin 2 x sin x  1  0  sin x  1  2 sin 2 x  1  0   0,5 h o  sin x  1  x   2  2m , m  Z 2  Giải hệ phương trình:  u i 12 x  3 y  4 xy  16  4x  5  y  5  6  3(4 x  y )  2 4 xy  16 1,00 V 5  Điều kiện x   , y  5, xy  0 .Hệ tương đương  0,25 4 4 x  y  2 4 xy  5(4 x  y )  25  26  3u  2 v  16  2 v  3u 16  0,25 Đặt u = 4x + y, v = 4xy thì hệ trở thành   u  2 v  5u  25  26  2 v  5u  25  26  u  16 16  3  u  26  3  u  26 0,25   u  8  4v  9u 2  96u  256  4v  9u 2  96u  256   4(v  5u  25)  676  52u  u 2 u 2  3u  40  0 v  16   0,25     4 x  y  8 x  1 + Hệ đã cho tương đương   4 xy  16 y  4 III e ln(1  ln 2 x ) 1,00 Tính tích phân: I =  dx . 1 x
www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online 1 Đặt lnx = t , ta có I =  ln(1  t 2 )dt . Đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : 0 0,5 2t du = dt , v  t . 1 t2 1 1 t2 1 1 dt  Từ đó có : I = t ln( 1+ t2)  2 2 dt  ln 2  2   dt    (*). 0 0 1 t 0 0 1 t2  1 dt  0,5 Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được  1 t 2  . 0 4  Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 + 2 IV 1,00 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có SG  ( ABC ) Gọi I là trung điểm cạnh BC ta có (gt) suy ra SIG  450 . Gọi cạnh của tam giác đều ABC là 2 x ( x  0) Ta có AI  x 3 , IG  x 3 và .v n 0,5 h 3 IG 2 3x 2 2 4 SI  0   x  SI 2  x 2 (1) cos 45 3 2 3 3 2 Lại có : SI 2  a 2  x 2 (2) c 2 2 3 Từ (1) và (2) ta có x  a 2  x 2  5 x 2  3a 2  x  a 3 5 1 3 Vậy ta có : S ABC  .4. a 2 .sin 600  2 5 3 3 2 5 h oa 0,5 5 3 5 u i Và SG  IG  a 3 . 3  a (Do tam giác ABC vuông cân ) 3 3 5 5 3 Vậy thể tích khối chóp là : VS . ABC  1 SG.S. ABC  1 . a . 3 3 a 2  a 15 (đvtt) 25 V Chứng minh rằng: V Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. 1 2  1 2  1 2 a (2a  1) b(2b  1) c (2c  1) 2 Từ giả thiết suy ra 1  1  1  2  1 1,00 a b c Đặt : x  1 ; y = 1 ; z = 1 Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2 a b c Ta có: P  1 1 1 x3 y3 z3      0,5 a (2a  1) 2 b(2b  1) 2 c(2c  1)2 ( y  z )2 ( x  z )2 ( y  x)2 Áp dụng bđt Cô-si: x3 y  z y  z 3x 2    ( y  z) 8 8 4 3 y x  z x  z 3y 2    (x  z) 8 8 4 3 z y  x y  x 3z 2    0,5 ( y  x) 8 8 4
www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Do đó: 1 1 ( Đpcm) P  ( x  y  z)  4 2 PHẦN RIÊNG THEO TỪNG BAN VI a Trong mp Oxy cho hai đường thẳng d : 3x  y  5  0 , d : 3 x  y  1  0 và điểm I (1; 2) 1,0 1 2 .Viết phương trình đường thẳn đi qua I và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho AB  2 2 Ta có A  d1 suy ra A(a; 3a  5) và B  d 2 suy ra A(b; 3b  1) 0,25      IA  a  1; 3a  1  0 ; IB  b  1; 3b  1 .vì A, C , I thẳng hàng nên tồn tại số k thõa mãn     b  1  k  a  1  IB  k IA   0,25 3b  1  k  3a  3  Nếu a  1; b  1  AB  4 Không thõa mãn b 1 b 1 Vậy k   3b  1   3a  3  a  3b  2 n a 1 a 1 Vậy ta có: .v b  0  a  2 2 2 A  3b  2;1  9b  , B  b; 3b  1  AB   2b  2    6b  2  2 2 0,25 b  4  a  2 Khi đó A  2;1 ; B  0; 1  2 31  5 5 4 h  4 17  Hoặc A  ;   , B  ; 5 5  .  5 5 Với A  2;1  2 31   4 17  Với A  ;   , B  ; 2 ; B  0; 1 .Suy ra đường thẳng cần tìm là : x  y  1  0 c  Suy ra đường thẳng cần tìm là : 7 x  y  9  0 0,25 5 5 5 5  h o i VII a Giải phương trình : 2.log3  x3  1  log3  2 x  12  log 3  x  1 1.0 u  x  1 0,25  ĐK :  1 x  2 V  (1)  2 log 3  x 3  1   2 log 3 2 x  1  2 log 3  x  1   log 3  x 3  1   log 3 2 x  1  x  1  0,25  x 3  1  2 x  1  x  1   x  1  x 2  x  1   2x 1   0  0,25  x   1 ( loai )  x  1 x  1    x2  x  1  2 x  1   x  2  x2  x  1  1  2 x   x  0 0,25 Vậy nghiệm phương trình là : x  1 ; x  2 , x  0 VI b .Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1) ,cạnh BC  4 ,điểm M (1;3) năm trên đường thẳng BC và điểm I  1;3 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 1,0 . Tính diện tích tam giác ABC .
Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R  EA  5 ,Gọi H là trung điểm BC ta có 0,25  EH=1.Ta có phương trinh BC qua M và có VTPT n  a; b   a 2  b 2  0  : BC : ax  by  a  3b  0  a  3b  a  3b 0,25 d  E , BC   EH  1   1  b 2  3a 2  b   3a 12  32 TH1 : b  3a .Phương trình cạnh BC : x  3 y  1  3 3  0 3 2 3 1 0,25 Và có d ( A, BC )  .Suy ra S ABC  .d  A, BC  .BC  3  2 3 2 2 TH2 : b   3a .Phương trình cạnh BC : x  3 y  1  3 3  0 2 3 3 1 0,25 Và có d ( A, BC )  .Suy ra S ABC  .d  A, BC  .BC  2 3  3 ĐK : x  0 2 VII b Giải bất phương trình sau : 8 .3 x  2 x  9 x 1  9x .v n 1,0 8 .3 x   8 .3 x  x  9 x x 1  9 .3 2  9x x  32x 4 h 0,25  8 .3  8 .3 xx xx  9 .3  9 .3 2 x  x 2 x  x 1 1 0 c 2 2  0,25 Đặt t  3 x x h o  t  1  0 .Khi đó ta có :  2   9t  8t  1  0   1 2  loai  i t   9  0,25 Với    t 1 9 0 x2 x  2 V 2x4 u  3 x  x  32  x  x  2  x  x  2 Vậy nghiệm BPT là x   0; 4 0,25  x2  5x  4  0  Chú ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online