zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối D năm 2014 - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

81
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho các bạn học sinh phổ thông và các bạn thí sinh đanh chuẩn bị bước vào kỳ thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng với: Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2014 khối D. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 D năm 2014 - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Đề chính thức Môn: Toán 12. Khối D. (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  ( 2m  1)x 2  m  1 ( Cm ) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . 2) Tìm m để đường thẳng y  2mx  m  1 cắt cắt đồ thị hàm số ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.   Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 sin3 x  3  3 sin 2 x  2 sin x  3 tan x .  4 9  x  y   2xy  2 2 2  13  2)Giải hệ phương trình:   x  y . 2x  1 3   x y 3 3x  2  3x  2 Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn : L  lim x 2 x2 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành với AB  2a , BC  a 2 , BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của tam giác BCD , biết SG  2a . Tính thể tích V của hình chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . 1 1 1 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y là các số dương thoả mãn    3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu xy x y 3y 3x 1 1 1 thức: M     2 2 x( y  1) y ( x  1) x  y x y B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIA (2,0 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB , CD ; hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết A  0;3  , B  3;4  và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD . n  2  2)Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : p  x    3 x   . Biết rằng số nguyên dương n  x 6 7 8 9 8 thoả mãn Cn  3Cn  3Cn  Cn  2Cn  2 CâuVIIA (1,0điểm).Xác định m để hàm số: y   m2  3m  x  2  m  3  cos x luôn nghịch biến trên  2.Theo chương trình nâng cao. Câu VI B (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của  E  tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật  cơ sở của  E  là 12 2  3 . 2) Tính tổng : S  1.2.C2013  2.3.C2013    2012.2013.C2013 2 3 2013 CâuVII B (1,0 điểm).Xác định m để hàm số: y   m 2  m  1 x   m 2  m  1 sin x  2m luôn đồng biến trên  ---------- HẾT ----------
WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Đề chính thức Môn: Toán 12. Khối D. (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 3 2 Cho hàm số y   x  ( 2m  1)x  m  1 ( Cm ) . 1,0 đ 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . Khi m  1 hàm số trở thành y   x 3  3x 2  2 CâuI Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R. 0,25 Sự biến thiên: lim y   ; lim y   . Đồ thị hàm số không có tiệm cận. x  x  Bảng biến thiên: x – 0 1 2 + y’ + 0 – – 0 + y + 2 2,0 đ 0.25 yĐU = 0 –2 – Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây: 0.25 2) Tìm m để đường thẳng y  2mx  m  1 cắt ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ 1,0đ lập thành một cấp số cộng Xét phương trình hoành độ giao điểm:  x 3  ( 2m  1)x 2  m  1  2mx  m  1  x 3  ( 2m  1 )x 2  2mx  0 x  0 0.25  x  x  ( 2m  1 )x  2m   0   x  1 2   x  2m 
WWW.VNMATH.COM Ba giao điểm là: A  0;  m  1 ; B  1;m  1 ; C  2m;4m 2  m  1 1 Ta có: A , B , C phân biệt  m  0;m  (*) 2 Sắp sếp các hoành độ theo thứ tự tăng dần ta có các dãy số sau  0 ; 1 ; 2m lập thành cấp số cộng  0  2m  2.1  m  1 thoả mãn (*) 0.25 1  0 ; 2m ; 1 lập thành cấp số cộng  0  1  2.2m  m  thoả mãn (*) 4 1 0.25  2m ; 0 ; 1 lập thành cấp số cộng  2m  1  2.0  m   thoả mãn (*) 2 1 1 Kết luận: m =  ; ;1 0.25 2 4   1) Giải phương trình: 2 sin3 x  3  3 sin 2 x  2 sin x  3 tan x .(1) Điều kiện: cos x  0 Phương trình đã cho tương đương với : CâuII 0.25   2 sin 3 x.cos x  3 cos x  3 sin 2 x  2 sin x  3 sin x  2 sin3 x.cos x  3cos x  3cos 2 x.sin x  2 sin 2 x  2 sin 2 x  sin x.cos x  1  3 cos x  sin x.cos x  1  0   sin x.cos x  1  2 sin 2 x  3cos x   0 2,0 đ 0.25 1    sin 2x  1   2  2 cos 2 x  3 cos x   0 2   cos x  2 VN   2 cos x  3 cos x  2  0 ( do sin 2x  2  0,x )   2 0.25  cos x   1   2 1 2  cos x    x    k2  ,k   ( thoả mãn điều kiện ) 2 3 0.25 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x    k 2 ,k   3  4 9  x  y   2xy  2 2 2  13 2)Giải hệ phương trình:    x  y . 2x  1  3   x y  2  2 1  5  x  y   4  x  y   2   13  Viết lại hệ phương trình:     x  y  Đ/K x  y  0 0.25  1  x  y    x  y    x  y   3  1 Đặt a  x  y ; b  x  y  điều kiện b  2 . x y 5a 2  4  b 2  2   13 9a 2  24a  15  0  5 0.25  a  1  a  Hệ đã cho trở thành:    3 a  b  3  b  3  a b  3  a 
WWW.VNMATH.COM x  y  1 a  1   x  y  1 x  1    1   b  2 x  y  x  y  2 x  y  1 y  1 0.25   5 a  3    Loại 5 4 b  3  a  3   0.25   3 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất  x; y    1;1 3 3x  2  3x  2 Tính giới hạn : L  lim 1,0đ x 2 x2 CâuIII L  lim  3   3x  2  2  2  3x  2   lim  3 3x  2  2 3x  2  2  0.25  x2     L1  L2  x2 x2  x2 x2  3 3x  2  2 3x  2  8 L1  lim  lim x2  x  2   3  3x  2   2 3 3x  2  4  x2 x 2 2   1,0đ   0.25 3 1 L1  lim   3x  2   2 3 3x  2  4 4 x2 3 2 3x  2  2 3x  2  4 L2  lim  lim x2 x2 x2   x  2  3x  2  2  0.25 3 3 L2  lim  x2 3x  2  2 4 1 3 1 L  L1  L2     0.25 4 4 2 Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành với AB  2a , BC  a 2 , BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của CâuIV tam giác BCD , biết SG  2a . 1,0đ Tính thể tích V của hình chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . 1,0đ 0.25 Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do AB 2  AD 2  BD 2 ) 1 4 2 3 VS .ABCD  SG.S ABCD  a 0.25 3 3
WWW.VNMATH.COM K là điểm đối xứng với D qua C, H là hình chiếu vuông góc của G lên BK suy ra BK  ( SHG ) . Gọi I là hình chiếu vuông góc của G lên SH suy ra GI = d(AC,SB) 0.25 1 1 1 2a 2a GH = CJ mà 2  2  2  CJ   GH  CJ BC CK 3 3 Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a. 0.25 Vậy: d(AC,SB) = a 1 1 1 Cho x, y là các số dương thoả mãn    3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: xy x y 3y 3x 1 1 1 CÂU V M     2 2 1,0đ x( y  1) y ( x  1) x  y x y 2 1 1  a  b Đặt a   0, b   0 , theo đề bài ta có 3   a  b   ab  (BĐTCauchy), Cách 1 x y 4 0.25 kết hợp với a  b  0 suy ra a  b  2 3a 3b ab Ta tìm giá trị lớn nhất của M     a2  b2 b 1 a 1 a  b 2 (a  b)  2ab  a  b ab 3   (a  b)2  2ab 0.25 ab  a  b  1 a b 1 12    ( a  b ) 2  a  b   2  (do ab  3  (a  b) ) 4 ab  12 Đặt t  a  b  2 xét hàm số: g (t )  t 2  t   2 trên  2;   t 0.25 12 g (t )  2t  2  1  0, t  2 suy ra g (t ) nghịch biến trên (2, ) t 3 Do đó max g (t )  g (2)  6 suy ra giá trị lớn nhất của M bằng đạt được khi  2,   2 0,25 a  b  1  x  y  1. 1 1 3a 3b ab Cách 2 Đặt a   0, b   0 , theo đề bài ta có M     a2  b2 0.25 x y b 1 a 1 a  b M  a  ab  b  a   a  ab  b  b  ab  a 2  b2 . 0.25 b 1 a 1 ab ab ab ab ab ab ab 1 M    b  1 a  1 a  b 2 b 2 a 2 ab 2      a b  b a  ab (BĐT AM-GM) 0.25 1 1  a  b  1 b  a  1 a  b  3  M  a b  b a  ab   2  2 2  2    , (BĐT AM-GM) 2  2 dấu bằng khi a  b  1 0,25 3 Vậy giá trị lớn nhất của M bằng đạt được khi a  b  1  x  y  1 . 2 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là Câu AB , CD ; hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết A  0;3  , B  3;4  và C 1,0đ VI A nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD .
WWW.VNMATH.COM 2,0 đ 0.25 C  Ox  C  c;0   DC  : x  3 y  c  0  D( 3d  c;d )    AC( 0; 3 ); BD( 3d  c  3;d  4 ) 0.25 AC  BD  3dc  c 2  3c  3d  12  0( 1 ) 3 7 I là trung điểm AB  I( ; ) 2 2 0.25  3d  2c d  8  3c J là trung điểm DC  J  ;  , từ IJ  AB  d  (2)  2 2 5 c  6 Thay (2) vào (1) có: 2c  9c  18  0   2 3 c   2 c  6  d  2  D( 0; 2 )( tm ) 0,25 3 5 5 c  d   D( 6; )( ktm ) 2 2 2 (Học sinh phải kiểm tra điều kiện thông qua véctơ AB và véctơ DC cùng chiều) Kết luận: D( 0; 2 ) n  2  2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : p  x    3 x   . Biết rằng số  x 1,0đ 6 7 8 9 8 nguyên dương n thoả mãn Cn  3Cn  3Cn  Cn  2Cn  2 Điều kiện : n  * ,n  9 9 8 8 9 8 9 8 0.25  Cn 3  2Cn  2  Cn  2  Cn  2  2Cn  2  Cn  2  Cn 2  n  15 15 15 k 15 30  5k  2  15  k  2  Khi đó p  x    3 x    x   C15 k 0 k  x 3   x k 0 k k    C15 2 x 6 0.25 30  5k Số hạng không chứa x tương ứng với 0  k 6 0.25 6 Số hạng không chứa x phải tìm là C15 .26  320320 6 0,25 Xác định m để hàm số: y   m2  3m  x  2  m  3  cos x luôn nghịch biến trên  1,0 Câu Đạo hàm : y   m2  3m  2  m  3  sin x 0,25 VII A Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên   y   0x  
WWW.VNMATH.COM  m  3m  2  m  3  sin x  0x    m 2  3m  2  m  3  t  0t   1;1 ,t  sin x 2 0,25 Đồ thị f  t   2  m  3  t  m  3m trên đoạn  1;1 là một đoạn thẳng 2  f  1  0  0,25 để f  t   0 t   1;1    f  1  0  2  m  3   m 2  3m  0   m  3  m  2   0  2  m  3    2m3  m  3  m  2   0 2 2  m  3   m  3m  0   2  m  3 0,25 Vậy để hàm số nghịch biến trên  thì 2  m  3 Câu 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  biết rằng 1,0 đ VI B có một đỉnh và hai tiêu điểm của  E  tạo thành một tam giác đều và chu vi hình 2,0 đ chữnhật cơ sở của  E  là 12 2  3 .   x2 y 2 E : a 2 b   2  1 a  b  0  với 2 tiêu điểm F1  c;0  ; F2  c;0  c 2  a 2  b 2 , c  0  0,25 2 đỉnh trên trục nhỏ là B1  0; b  , B2  0; b  theo gt:tam giác B1F1F2  B1 F1F  đều 0,25 và chu vi hình chữ nhật cơ sở của  E  là 12 2  3 .   c 2  a 2  b 2  a  6  3  x2 y2 b  2c  b  3 3   E  :  1 0,5  2 c  3 36 27  4  a  b   12 2  3    2) Tính tổng : S  1.2.C2013  2.3.C2013    2012.2013.C2013 2 3 2013 1,0 đ k Xét số hạng tổng quát :  k  1 .k.C2013 k  2,3,...,2013. 0,25 k 2013! k 2  k  1 .k.C2013   k  1 .k.  2012.2013.C2011 k  2,3,...,2013 0,25 k !  2013  k  ! Vậy S  2012.2013. C2011  C2011  C2011    C2011  0 1 2 2011 0,25 2011 S  2012.2013. 1  1  2012.2013.2 2011 0,25 Câu Xác định m để hàm số: y   m 2  m  1 x   m 2  m  1 sin x  2m đồng biến trên  1,0 7B Đạo hàm y    m 2  m  1   m 2  m  1 cos x 1,0 đ Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên   y   0x   0,25 m 2  m  1   m 2  m  1 cos x  0 x   0,25 m 2  m  1   m 2  m  1 t  0 t   1;1 với t  cos x Đồ thị f  t    m 2  m  1   m 2  m  1 t , t   1;1 trên đoạn  1;1 là một  f  1  0  0,25 đoạn thẳng để f  t   0 t   1;1    f  1  0 
WWW.VNMATH.COM 2m  2  0 m   2   m  0 . Vậy m  0 thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25 2m  0

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.