Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 Trường Nguyên Văn Trỗi - Lần 1

Chia sẻ: Mac Co | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 9
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 nguyên văn trỗi - 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 Nguyên Văn Trỗi - Lần 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI NĂM HỌC 2012 -2013 LẦN I Môn Toán Khối A, A1,B ( thời gian 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): x−2 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = (C) x −1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y = m(x − 3) cắt đồ thị (C) ,trong đó có ít nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 1 π π Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình : tan(x − ) tan(x + ) sin 3x = sinx+sin2x 6 3  x 2 + y2 + xy + 1 = 4y  Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình:  y(x + y) = 2x + 7y + 2 2 2   e 1   Câu 4 (1 điểm). Tính I = ∫   + x.ln xdx   x 1 + ln x 1   Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm ∆SAC , mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA = AB = a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . Câu 6 (1 điểm). Tìm GTNN của biểu thức sau: A= ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 + y − 2 (x, y ∈ R) 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B: A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x − 2)2 + y2 = 4 . Gọi I là tâm của (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) sao cho tam giác OIM có diện tích bằng 3 Câu 8.a (1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(5;0;0) , B(0;5;0) , C(0;0;5) , D(−1; −1; −1) . Tìm tọa độ điểm M sao cho P = MA 2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 9.a (1 điểm). Giải phương trình : 3.25x −2 + (3x − 10).5x −2 + 3 − x = 0 B. Theo chương trình nâng cao: Câu 7.b (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong AD , đường cao CH lần lượt có phương trình x − y = 0 , x + 2y + 3 = 0 , M(0; −1) là trung điểm của AC và AB = 2AM .Tìm tọa độ điểm B . Câu 8.b (1 điểm). Chứng minh rằng với ∀n ∈ N* , n ≥ 2 thì C1 − 2C 2 + 3C3 − ... + (−1) k−1 kC k + ... + (−1) n−1 nCn = 0 n n n n n  9x 2 − 4y 2 = 5  Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình :  l o g 5 (3x + 2y) − log3 (3x − 2y) = 1  Họ và tên:…………………………………………………………………..SBD:………………….…………………. 1
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012 – 2013 LẦN I Phần I Phần chung cho tất cả các thí sinh Điểm Câu 1 a HS tự làm 1 điểm Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y = m(x − 3) cắt đồ thị (C) ,trong b đó có ít nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 1 x−2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đt (d) là: = m(x − 3) x −1   x ≠1 0.25 ↔ 2 điểm mx − (4m + 1)x + 3m + 2 = 0 (1)   Để t/m ycbt thì pt(1) có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1. Đặt g(x) = mx 2 − (4m + 1)x + 3m + 2 . Để pt g(x) = 0 có tất cả các nghiệm nhỏ hơn 1 (vì g(1) ≠ 0 ∀m) thì: + m = 0 → x = 2 loại 0.25 đi ể m  ∆≥0   + m ≠ 0 ,đk để pt g(x) = 0 có nghiệm nhỏ hơn 1 là: (1 − x1 )(1 − x 2 ) > 0 VN    x +x
 kπ x=  2 Kết hợp đk → nghiệm của phương trình là ↔  , k∈Z 0.25  x = − 2π + k2π điểm   3  x 2 + y2 + xy + 1 = 4y  Câu 3 Giải hệ phương trình:  y(x + y) = 2x + 7y + 2 2 2  Do y=0 không phải là nghiệm của hpt, chia cả 2 pt của hệ cho y ta có  x 2 +1    +x+y=4  y x 2 +1 0.25   . Đặt u = và v = x + y . Ta có hpt điểm  (x + y) = 2. x 2 +1 y  2 +7   y    u+v=4   u = 4−v  v = −5 → u = 9  2 ↔ 2  ↔ 0.25 v = 2u + 7 v + 2v −15 = 0  v = 3 → u = 1     điểm  x 2 +1    =9   y = −5 − x + TH1: v = −5, u = 9 ta có:  y ↔ 2 VN 0.25  x + 9x + 46 = 0  x + y = −5   điểm     x 2 +1     = 1  y = 3− x  x = −2 → y = 5 + TH2: v = 3, u = 1 ta có:  y ↔ 2 ↔ 0.25  x + y = 3 x + x − 2 = 0  x = 1 → y = 2     điểm   Vậy hpt có nghiệm (x; y) = (−2;5);(1;2) e  1   Câu 4 Tính I = ∫   + x.ln xdx   x 1 + ln x   1 e e ln x I=∫ dx+ ∫ xlnxdx = M + N 0.25 1 x 1+lnx 1 điểm 1 Đặt t = 1 + ln x → ln x = t 2 −1; 2dt = dx x 1 + ln x Đổi cận : x = 1 → t = 1 0.25 x=e→ t= 2 đi ể m 4−2 2 2 2 → M = ∫ (t 2 −1)2dt = ( t 3 − 2t) 1 2 = 1 3 3 1 Đặt u = ln x → du = dx x 0.25 1 2 đi ể m dv = xdx → v = x 2 3
e 1 1 1 1 1 1 → N = x 2 ln x 1 −∫ xdx = x 2 ln x 1 − x 2 1 = e2 + e e e 2 1 2 2 4 4 4 1 19 − 8 2 0.25 Vậy I = M + N = e 2 + 4 12 điểm Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm ∆SAC , mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của Câu 5 khối đa diện MNABCD biết SA = AB = a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . S N G M A D O B C 0.25 AC ∩ BD = O . G là trọng tâm ∆SAC → G cũng là trọng tâm ∆SBD điểm → M , N lần lượt là trung điểm của SC và SD Mặt khác SA ⊥ (ABCD) → (SAD) ⊥ (ABCD) → (AN,(ABCD)) = NAD = 300 SA → SDA = 300 → AD = =a 3 tan300 1 3 3 0.25 → VSABCD = .SA.AB.AD = a 3 3 điểm Áp dụng định lý tỷ lệ thể tích ta có: VSABM SM 1 VSAMN SM SN 1 = = , = . = VSABC SC 2 VSACD SC SD 4 0.25 điểm 1 1 3 3 3 → VSABMN = VSABM + VSAMN = VSABC + VSACD = VSABCD = a 2 4 8 8 3 3 3 3 5 3 3 0.25 → VMNABCD = VSABCD − VSABMN = a − a = a (đvtt) 3 8 24 điểm Tìm GTNN của biểu thức sau: A = ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 + y − 2 2 2 Câu 6 Xét a = (1 − x; y ) và b = ( x + 1; y ) , a + b = (2;2y) Do a + b ≥ a + b → ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 ≥ 2 1 + y2 0.25 2 2 điểm dấu “=” xẩy ra khi x = 0 Xét hàm số f (y) = 2 1 + y 2 + y − 2 = 2 1 + y 2 + (y − 2) 2 0. 5 điểm 4
2y y−2 3 Ta có: f ′(y) = + , f ′(y) = 0 ↔ y = 1+ y 2 (y − 2) 2 3 Bảng biến thiên: 3 y −∞ 3 2 +∞ f’ _ 0 + + +∞ +∞ f 2+ 3 3 0.25 min A = 2 + 3 khi x = 0, y = 3 điểm Phần II Phần riêng: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Phần dành cho chương trình chuẩn Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x − 2)2 + y2 = 4 . Gọi I là Câu tâm của (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) sao cho tam giác OIM có 7a diện tích bằng 3 Ta có: I(2;0), O(0;0) ∈ Ox → IO = 2 0.5 1 Theo bài ra ta có: S∆IOM = 3 ↔ OI.d[M;(OI)] = 3 ↔ d[M;(OI)] = 3 đi ể m 2 Gọi M(a; b) ∈ (C) ↔ (a − 2) 2 + b 2 = 4 (1) Mặt khác d[M;(OI)] = 3 ↔ b = 3 (do M có tung độ dương) thế vào (1) 0.5 → a =1 v a = 3 đi ể m Vậy có 2 điểm M(1; 3), M(3; 3) thỏa mãn ycbt Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(5;0;0) , B(0;5;0) , C(0;0;5) , Câu D(−1; −1; −1) . Tìm tọa độ điểm M sao cho P = MA 2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị 8a nhỏ nhất. Gọi G(a;b;c) t/m: GA + GB + GC + GD = 0 ↔ G(1;1;1) 0.25 đi ể m Ta có: P = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 + (MG + GC)2 + (MG + GD) 2 2 2 2 2 2 0.5 = 4MG + GA + GB + GC + GD + 2MG(GA + GB + GC + GD) đi ể m = 4MG 2 + 66 ≥ 66 Dấu “=” xẩy ra khi M ≡ G 0.25 Vậy min P = 66 khi M(1;1;1) đi ể m Câu 9a Giải phương trình : 3.25x −2 + (3x − 10).5x −2 + 3 − x = 0 (1) Pt(1) ↔ x(3.5x −2 − 1) + (3.5x −2 − 1)(5x −2 − 3) = 0 ↔ (3.5x−2 − 1)(5x −2 + x − 3) = 0 0.25 đi ể m 5
3.5x −2 − 1 = 0 (1) ↔  x −2 0.25  5 + x − 3 = 0 (2) điểm 25 Giải pt (1): 3.5x −2 − 1 = 0 ↔ x = log5 0.25 3 điểm Giải pt (2): 5x−2 + x − 3 = 0 do hàm số f(x) = 5x −2 + x − 3 đồng biến trên R ( vì f ′(x) = 5x −2 ln 5 + 1 > 0 ∀x ∈ R ) 0.25 điểm Mà f (2) = 0 nên phương trình 5x−2 + x − 3 = 0 có nghiệm duy nhất x = 2 25 Vậy pt có hai nghiệm x = log5 ,x = 2 3 B. Theo chương trình nâng cao Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong AD , Câu đường cao CH lần lượt có phương trình x − y = 0 , x + 2y + 3 = 0 ; M(0; −1) là trung 7b điểm của AC và AB = 2AM .Tìm tọa độ điểm B . Gọi A(a;b) ∈ (AD) → a − b = 0 (1) A Do M là trung điểm AC → C(−a; −2 − b) H M(0; −1) Mà C ∈ (CH) → −a + 2(−2 − b) + 3 = 0 ↔ a + 2b + 1 = 0 (2) 0.5 điểm B C D x−y =0 1 1 1 1 5 Từ (1) và (2) → a = b = − → A(− ; − ) → C( ; − ) 3 3 3 3 3 Theo bài ra ∆ABC cân tại A → AD vừa là phân giác vừa là đường cao → B đối xứng 1 1 3x + 1 3y − 5 với C qua D. Gọi B(x; y) → AB(x + ; y + ) , D( ; ) ∈ (AD) 3 3 6 6 3x + 1 3y − 5 → − = 0 ↔ x − y + 2 = 0 (3) 0.25 6 6 đi ể m 1 1 1 Do AB ⊥ CH → AB.u CH = 0 ↔ −2(x + ) + 1(y + ) = 0 ↔ −2x + y − = 0 (4) 3 3 3 5 11 5 11 Từ (3) và (4) suy ra x = , y = → B( , ) 3 3 3 3 Thử lại: BC không vuông góc với AD. Vậy không tồn tại điểm B t/m ycbt 0.25 đi ể m Câu Chứng minh rằng với ∀n ∈ N* , n ≥ 2 thì 8b C1 − 2C 2 + 3C3 − ... + (−1) k−1 kC k + ... + (−1) n−1 nCn = 0 n n n n n n Khai triển theo nhị thức Niutơn ta có: (1 + x)n = ∑ Ck x k n 0.25 k =0 đi ể m 6
n Lấy đạo hàm 2 vế ta có: n(1 + x)n −1 = ∑ kC k x k −1 n 0.5 k =1 điểm Chọn x = −1 → 0 = C1 − 2C 2 + 3C3 − ... + (−1)k−1 kCk + ... + (−1) n−1 nC n (đpcm) n n n n n 0.25 điểm Câu  9x 2 − 4y2 = 5  (1) Giải hệ phương trình :  9b l o g 5 (3x + 2y) − log3 (3x − 2y) = 1 (2)  3x + 2y > 0 0.25 ĐK:  3x − 2y > 0 điểm 5 Từ pt(1) ↔ 3x + 2y = thế vào pt (2) ta có 3x − 2y 0.25 5 điểm log 5 log 3 (3x − 2y) = 1 ↔ log 5 (3x − 2y) + log 3 (3x − 2y) = 0 3x − 2y ↔ log 5 3.log 3 (3x − 2y) + log 3 (3x − 2y) = 0 ↔ log 3 (3x − 2y) = 0 (vì log 5 3 + 1 = log15 ≠ 0 ) 0.25 điểm ↔ 3x − 2y = 1 ↔ 3x = 2y + 1 thế vào pt (1) ta có: (2y + 1) 2 − 4y 2 = 5 ↔ y = 1 → x = 1 0.25 Vậy hpt có nghiệm (x; y) = (1;1) điểm Chú ý: Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa 7