Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối B, D - Trường THPT Ngô Gia Tự (2013 - 2014)

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi thử đại học lần 1 môn Toán khối B, D - Trường THPT Ngô Gia Tự (2013 - 2014) gồm các bài tập Toán thường gặp trong cấu trúc đề thi đại học mới nhất. Cùng ôn tập và luyện thi với các bài tập Toán hay tại đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối B, D - Trường THPT Ngô Gia Tự (2013 - 2014)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 LẦN I Trường THPT Ngô Gia Tự Môn thi : TOÁN ; Khối : B-D ------------------ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 2x - 2 Câu I: (3 điểm) Cho hàm số y  (C) x 1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB  5 . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos 5 x. cos 3 x  sin x  cos 8 x , (x  R)  x y  x y 2 y  2. Giải hệ phương trình:  (x, y R)  x  5y  3  Câu III: (1 điểm) Cho tập A  0;1; 2;3; 4;5 , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3. Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' với A '. ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB  a , cạnh bên AA '  b . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và mặt phẳng ( A ' BC ) . Tính tan  và thể tích chóp A '.BCC ' B ' . Câu V: (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực: m( x  4) x 2  2  5x 2  8x  24 Câu VI. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  2my  m 2  24  0 có tâm I và đường thẳng : mx  4 y  0 . Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB : x  y  2  0 , phương trình cạnh AC : x  2 y  5  0 . Biết trọng tâm của tam giác G (3; 2) . Viết phương trình cạnh BC . ----- Hết ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ………..
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 Trường THPT Ngô Gia Tự LẦN I ------------------ Môn thi : TOÁN ; Khối : B-D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên: 4 -Chiều biến thiên: y '   0, x  D . 0,5 ( x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). - Cực trị: Hàm số không có cực trị. - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x  2 2x  2 lim  2 ; lim  2 . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. x  x  1 x  x  1 0,25 2x  2 2x  2 lim   ; lim   . Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng. x 1 x  1 x 1 x 1 -Bảng biến thiên: x - -1 + y’ + + I-1 + 2 0,25 (1,5 điểm) y 2 - Đồ thị: y -Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2). 2 y=2 -1 0,5 O 1 x -2 x= -1 Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25 d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0,25 0 (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x 2 là 2 nghiệm của PT(1).  m I-2  x1  x2   2  0,5 (1,5 Theo ĐL Viét ta có  . điểm)  x1 x2  m  2   2 AB2 = 5  ( x1  x2 )2  4( x1  x2 ) 2  5  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  1  m2 - 8m - 20 = 0  m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2)) 0,5 KL: m = 10, m = - 2.
PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25  1- 2sin2x + sinx = 0 0,25 II-1 1  sinx = 1 v sin x   0,25 (1 điểm) 2   7  x  k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 0,25 2 6 6 ĐK: x + y  0 , x - y  0, y  0 0,25 2 y  x  0 (3) PT(1)  2 x  2 x 2  y 2  4 y  x 2  y 2  2 y  x   2 0,25 5 y  4 xy (4) II-2 Từ PT(4)  y = 0 v 5y = 4x 0,25 (1 điểm) Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có x  2 x  3  x  1  4 0,25 KL: HPT có 1 nghiệm ( x; y )   1;   5 Lập số …..(1,00 điểm) -Gọi số cần tìm là abcde  a  0  0,25 -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A52 cách 3 vị trí còn lại có A43 cách 0,25 2 3 Suy ra có A A số 5 4 III (1 điểm) -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách 3 vị trí còn lại có A43 cách 0,25 3 Suy ra có 4.A số 4 Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384 0,25 IV Gọi O là tâm đáy suy ra A ' O   ABC  và góc   ' (1 điểm) AIA A' C' *)Tính tan  A'O 1 1a 3 a 3 tan   với OI  AI   B' OI 3 3 2 6 2 2 2 a 3b  a A ' O 2  A ' A2  AO 2  b 2   A C 3 3 O 2 2 I 2 3b  a  tan   B a *)Tính VA '. BCC ' B ' 0,5
1 VA'. BCC ' B '  VABC . A' B 'C '  VA'. ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC 3 2 3b 2  a 2 1 a 3 a 2 3b 2  a 2  . . .a   dvtt  3 3 2 2 6 Pt đã cho được viết lại về dạng: m( x  4) x 2  2  ( x  4) 2  4( x 2  2) (1) Do x =  4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên: 0,25 x4 4 x2  2 pt (1)  m   (2) x2  2 x4 x4 4 Đặt t  , pt (2) trở thành: m  t  x2  2 t x4 2  4x 1 Xét hàm f ( x)  . TXĐ:  , f '( x)  ; f '( x)  0  x  x 2 2 ( x  2) x  2 2 2 2 Bảng biến thiên: 1 x  2 + 0,25 f’(x) + 0  3 t = f(x) V (1 điểm) 1 1 Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của t là: 1 < t  3 4 t2 4 Lại xét hàm g (t )  t  với 1 < t  3 ; g '(t )  2 ; g '(t )  0  t  2 t t 13 g (1)  5; g (1)  5; g (2)  4; g (3)  , lim f ( x)   ; lim f ( x)   3 x0 x 0 Bảng biến thiên: x 1 0 1 2 3 0,25 g’(x)   0 5 + 13 5 m = g(x) 3  4 Từ (3) và bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là: m  ; 5  4;  0,25 VI. -1 Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25 (1 điểm) Gọi H là trung điểm của dây cung AB. I Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. 5 | m  4m | | 5m |  0,25 IH = d ( I ,  )   H B m 2  16 m 2  16 A (5m ) 2 20 AH  IA2  IH 2  25   0,25 m 2  16 m 2  16
Diện tích tam giác IAB là S IAB  12  2S IAH  12  m  3 0,25  d ( I ,  ). AH  12  25 | m | 3( m  16)   2 16 m    3 x - y - 2  0 Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:   A(3; 1) 0,25 x  2 y - 5  0 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25 VI. -2  3  b  5  2c  9 b  5 (1 điểm) Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên    . Hay B(5; 3), C(1; 1  b  2  c  6 c  2 0,25 2)    Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) . 0,25 Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0