Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT chuyên Quốc học Huế (Năm học 2013-2014)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với cấu trúc gồm gồm 9 câu hỏi có hướng dẫn lời giải, đề thi thử đại học lần 1 môn "Toán - Khối B" năm học 2013-2014 sẽ giúp các bạn củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng đề thi. Chúc các bạn thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT chuyên Quốc học Huế (Năm học 2013-2014)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUÊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013-2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Gọi d là đường thẳng đi qua A(2;4) và có hệ số góc là k. Tìm k để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC cân tại O ( với O là gốc toạ độ). 2 cos2x Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình cosx=  (x  R) sin 2x cosx  x 3  2y3  x  4y Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2 (x,y  R) 13x  41xy  21y  9 Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính các giới hạn sau: 3 a) lim lim (x  4)sin . x  x 2x  3. 3 3x  5  1 b) lim . x 2 x2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho x;y;z là các số thực dương thay đổi sao cho x+y+z=2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F  x 2  y2  z2  2xyz II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD. Các đỉnh B và D lần lượt các đường thẳng d1 : x  y  8  0 và d2 : x  2y  3  0 . Đường thẳng AC có phương trình là x  7y  31  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm. 1 log5 (331 1) log5 3 93x1  7 Câu 8a(1,0 điểm) Cho a  5 5 và b  5 . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a3 trong khai triển Niu-tơn của (a  b)8 là 224. 2 2 Câu 9a(1,0 điểm) Tìm các số thực m để bất phương trình 4x  2x  m.2x 2x 1  m  0 nghiệm đúng với mọi x   0;2 B. Theo chương trình Nâng Cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(4:3); đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x  2y  5  0 và 4x  13y  10  0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. Câu 8b (1,0 điểm) Chứng minh rằng 12 C12013  22 C22013  ...  20122 C2012 2 2013 2013  2013 C2013  2013 2014  2 2011 Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các số thực m để phương trình m 2x 2  9  x  m có đúng một nghiệm thực. --------------HẾT--------------
Câu Đáp án Điểm 1a  Tập xác định D=R  Sự biến thiên: 0,25 3  15x  9x  0  x  0 - Chiều biến thiên: (1)  29y3  y  0  y  0 y '  3x 2  3;y '  0  x 2  1  0  x  1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1;  ) ; nghịch biến trên khoảng (-1;1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1,y CD  4 ; đạt cực tiếu tại X  1,y CT  0 0,25 - Giới hạn: lim y   và lim y   x  x  - Bảng biến thiên 0,25  Đồ thị 0,25 1b Đường thẳng d qua A(2;4) với hệ số góc k có phương trình là y  kx  2k  4 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d : x 3  3x  2  kx  2k  4 0,25  (x  2)(x 2  2x  k  1)  0  x  2 hoặc x 2  2x  k  1  0(* ) d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 1 (1 k)  0  k  0   (* * )  9 k  0 k  0 O,B,C không thẳng hàng  O  d  k  2(* * * ) 0,25
x  x C  2 Theo định lý Vi-ét:  B  x Bx C  1  k Ta có yB  yC  (kx B  2k  4)  (kx C  2k  4)  k(x B  x C ) Và yB  y C  (kx B  2k  4)  (kx C  2k  4)  k(x B  x C )  4k  8  6k  8 Tam giác OBC cân tại O  OB  OC  x 2B  x B2  x C2  yC2  (x B  x C )(x B  x C )  (y C  y B )(yC  y B )  2(x B  x C )   k(x B  x C )( 6k  8) 0,25  2   k(6k  8) vì (x B  x C ) 1  3k 2  4k  1  0  k  1 hoặc k  ( thoả mãn (**) và (***)). 3 cosx  0 k Điều kiện:  x (k  Z). 0,25  sinx  0 2 cosx 1 cos2x Phương trình đã cho tương đương với:   sinx sinx cosx cosx  cos x  1  sinx cos2x  sinx cos2x  sin2 x  sinx(cos2x  sinx)  0 2 0,25  cos2x  sinx=0 ( vì sinx  0 ) sinx  1  2sin x  sinx  1  0   2  sinx  1 0,25  2   sinx  1  x    k2 (k  Z) ( không thoả mãn điều kiện) 2    x   k2 1 6  sinx    (k  Z) ( không thoả mãn điều kiện) 0,25 2 5 x    k2  6 3  x 3  2y3  x  4y(1)  2 2 13x  41xy  21y  9(2) 0,25 Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2) ta được phương trình: 9(x 3  2y3 )  (x  4y)(13x 2  4xy  21y2 )  22x 3  11x 2y  143xy 2  66y3  0  (2x  y)(x  2y)(x  3y)  0  y  2x hoặc x  2y hoặc x  3y 0,25 3 Thay y=2x vào (1), ta được: (1)  15x  9x  0  x  0 , lúc đó y=0. Thử lại x=y=0 không phải nghiệm của hệ đã cho. 0,25 Thay x=-3y vào (1),ta được: (1)  29x 3  y  0  y  0 , lúc đó x=0. Thử lại x=y=0 không phải nghiệm của hệ đã cho. 4 3 3 3 3(x  4) sin x 4 sin x 0,25 a/ lim (x  4)sin  lim  lim (1  ). x  x x  x 3 x  x 3 x x 3 sin 0,25 4 3 x  1 . Suy ra Vì x  7y  5  0 lim 3(1 )  3 và lim  0 nên lim x  x x  x x  3 x
3 lim (x  4)sin 3 x  x 2x  3. 3 3x  5  1  3 3x  5  1 2x  3  1 b/ lim  lim  2x  3.   x 2 x2 x 2  x 2 x2  0,25  3x  6 2x  4   lim  2x  3.   x 2  (x  2)( 3 (3x  5)2  3 (3x  5)  1 (x  2)( 2x  3  1  3 2x  3   lim    1 1  2 0,25  (3x  5)2  3 2x  3  1 x2 3 5 0,25 Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Suy ra AN là trung trực của BC và trung trực của MB là đường thẳng d đi qua H và song song vs AC. Suy ra O là giao điểm của AN và d. Ta có SO  (ABC) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là góc SBO   60 3 3a Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO  HA  AB  4 4 a 10 Tam giác BHO vuông tại H nên BO  BH 2  HO2  4 . Ta có: 0,25 a 30  SO  BO.tan60  4 1 a3 30 Do đó VSABC  .SABC .SO  ; 3 24 Vì SO  (ABC) và OH  AB nên SH  AB . a 39 1 a2 39 0,25 Suy ra SH  SO2  OH 2  và S ABC  AB.SH  . 4 2 8 3V a 130 d(C,(SAB))  S.ABC  . 0,25 S ABC 13 6 Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất. Lúc đó 0  z  1 ( vì z  1 thì x  y z 2) 0,25 2 2 2 2 Ta có F  (x  y)  z  2xy(z  1)  (2  z)  z  2xy(1  z)
2 2 2  x  y   2 z   2 z Mặt khác xy      nên 2xy(1  z)  2   (1  z)  2   2   2  0,25 1 Từ đó F  (z3  z2  4)(1) 2 1 1 2 Xét f (z)   z3  z2  4 với 0  z  1 . Ta có f '(z)  (3z2  2z)  0  z   (0;1) 2 2 3 Bảng biến thiên: 0,25 52 Từ bảng biến thiên suy ra f (z)  (2) 57 52 52 2 Từ (1) và (2) ta có f (z)  . Vậy Fmin  đạt được khi x  y  z  57 57 3 B  d1  B(b;8;  b) và D  d2  D(2d  3;d) . Suy ra BD  (  b  2d  3;d  b  8) . 0,25  b  2d  3 d  b  8  I là trung điểm của BD nên I  ; .  2 2  BD  AC uAC .BD  0 8b  13d  13  0 b  0 Theo tính chất hình thoi     0,25  I  AC  I  AC  2b  3d  3  0 d  1  1 9 Vậy B(0;8),D(1;1),I   ;   2 2 2 2 2 15  63   9   15  Ta có IA    7a     a      a  3 hoặc a=6 0,25 2  2  2   2  Suy ra A(10;3) hoặc A(-11;6). Do x A  0 nên A(-11;6), từ đó C(10;3) 1 1     Ta có a  9x 1  7 3 ;b 3x1  1  5 0,25 3 Số hạng chứa a trong khai triển Niu-tơn của (a  b)8 là: 1 3 1 5 0,25           C  9x1  7 3  .  3x 1  1 5   56 9x1  7 (3x 1  1)1. 5 8      1 2 Theo giả thiết, ta có: 56  9x 1  7 3x 1  1  224   3x 1   4.3x 1  3  0 0,25  3x 1  1  x  1   x 1  0,25 3  3  x  2 2 1 Đặt t  2x 2x . Vì 0  x  2 nên  t 1 2 0,25
t 2 1 Bất phương trình đã cho trở thành t 2  2mt  m  0  m   f (t) với  t  1 0,25 2t  1 2 2 2t  2t 1  1  Ta có f '(t)  2  0, t   ;1 , hơn nữa f(t) liên tục trên đoạn  ;1 nên suy ra  2t  1 2  2  0,25 1  hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn  ;1 . 2  1  1 Do đó m  f (t), t   ;1  m  minf (t)  m  f (t)  m   0,25 2   1   2 ;1 3   Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến. Toạ độ của A là nghiệm của hệ:  x  2y  5  0  x9   0,25 4x  13y  10  0 y  2 Vậy A(9;-2). Từ đó phương trình AC là: x  y  7  0 Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C’ thuộc AB. Đường thẳng CC’ qua C(4;3) và vuông góc với AD nên có phương trình: 2x-y-5=0 0,25 Gọi H là giao điểm của CC’ và AD thì H(3;1). Từ đó C’(2;-1). 0,25 Suy ra phương trình AB là x  7y  5  0 Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x+7y-10=0 Vì M là giao điểm của MH và AM nên M(-4;2). Suy ra phương trình BC là x-8y+20=0 0,25 Thử lại ta thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác trong tam giác ABC. Vậy AC: x+y-7=0; AB: x+7y+5=0 và BC: x-8y+20=0. 8b Ta có (1  x) 2013  C2013 0  C12013x  C22013  ...  C2013 2013x 2012  C2013 2013x 2013 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2013(1  x)2012  C12013  2C22013x  ...  2012C2012 2013x 2011  2013C20132013x 2012 (1) Nhân 2 vế của 1 với x, ta được: 0,25 2013x(1  x)2012  C12013x  2C22013x 2  ...  2012C2012 2013 x 2012  2013C20132013x 2013 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2013(1  x)2011(2013x  1)  C12013  22 C22013x  ...  20122 C2012 2013x 2011  20132 C2013 2013x 2012 Cho x=1, ta được 12 C12013  22 C22013  ...  20122 C2012 2 2013 2013  2013 C2013  2013 2014  2 2011 0,25 (đpcm) x Ta có phương trình đã cho tương đương với m 2 2x  9  1 x 0,25 Xét hàm số f(x)=  m có tập xác định D=R 2 2x  9  1 2012 2013x(1  x)  C12013x  2C22013x 2  ...  2012C2012 2013 x 2012  2013C2013 2013x 2013 2(36  x 2 ) f '(x)  2x 2  9(9  2x 2  9)( 2x 2  9  1)2 3 3 1 1 f '(x)  0  x  6;f (6)  ;f ( 6)   và lim  ; lim f (x)   0,25 4 4 x  2 x  2 Bảng biến thiên: 0,25
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 3 1 1 0,25 Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m   hoặc  m 4 2 2 -------------HẾT------------