Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2013-2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2013-2014 môn Toán" của Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế dành cho các bạn học sinh khối D. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2013-2014 môn Toán (khối D) - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – 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) 2x +1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm m ∈ để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( tan x + 1) sin 2 x + cos 2 x = 0 ( x ∈ ) .  x2 − 2 y + 2 + y = 2 x  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3 ( x; y ∈ ) .  x + 2 x 2 = ( x 2 + 3 x − y ) y 1 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log 27 x3 + log 3 ( x + 4 ) = log 3 ( x − 2 ) ( x ∈ ) . 4 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AB = a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC = 2HA. Mặt bên (ABB'A') hợp với mặt đáy (ABC) một góc bằng 60o. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC'. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực dương thay đổi sao cho x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y P= + . 2 2 y +1 x +1 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 tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A ( −3; −1) , B ( −1;3) và C ( −2; 2 ) . Câu 8a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của  1  các cạnh AB và CD. Biết rằng M  − ; 2  và đường thẳng BN có phương trình 2 x + 9 y − 34 = 0 . Tìm tọa độ các điểm  2  A và B biết rằng điểm B có hoành độ âm. n  1  Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x3 − 2  với x ≠ 0 , biết rằng  x  n−2 n là số nguyên dương và 2 Pn − ( 4n + 5 ) .Pn − 2 = 3 An . A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng elip (E) có ( ) hai tiêu điểm F1 và F2 với F1 − 3;0 và có một điểm M thuộc elip (E) sao cho tam giác F1MF2 có diện tích bằng 1 và vuông tại M. Câu 8b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD. Biết đường thẳng AC có phương trình 2 x − y − 1 = 0 ; đỉnh A ( 3;5) và điểm B thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình thoi ABCD. Câu 9b (1,0 điểm). Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 10 nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam. -------------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:………… Cảm ơn bạn (bonghong79@yahoo.com) gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu Đáp án Điểm 1a • Tập xác định: D = \ {1} • Sự biến thiên: 1 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = 2 > 0, ∀x ≠ −1 . ( x + 1) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2 . x →−∞ x →+∞ 0,25 lim − y = +∞ và lim + y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 . x →( −1) x →( −1) - Bảng biến thiên: x -∞ ∞ -1 +∞ y' + + 0,25 +∞ ∞ 2 y 2 -∞ ∞ • Đồ thị: y 2 0,25 1 x -1 O 1b 2x +1 Phương trình hoành độ giao điểm: = x+m x +1 ⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)( x + m ) (do x = −1 không là nghiệm của phương trình) 0,25 ⇔ x 2 + ( m − 1) x + m − 1 = 0 (1) Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m 2 − 6m + 5 > 0 ⇔ m > 5 hoặc m < 1 . (*) 0,25 Ba điểm O, A, B không thẳng hàng ⇔ m ≠ 0 . (**) Gọi A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 ; x2 là hai nghiệm của (1) và y1 = x1 + m; y2 = x2 + m . Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 2 x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2 = 0 0,25 ⇔ 2 ( m − 1) + m (1 − m ) + m 2 = 0 2 ⇔ 3m − 2 = 0 ⇔ m = (thỏa (*) và (**)) 3 2 Vậy với m = thì đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam 0,25 3 giác OAB vuông tại O.
2 Điều kiện: cos x ≠ 0 .  sin x  2 0,25 Phương trình đã cho tương đương với:  + 1 sin x + ( cos 2 x − sin 2 x ) = 0  cos x  2 ⇔ ( cos x + sin x ) sin x + ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) cos x = 0 ⇔ ( cos x + sin x ) ( sin 2 x + cos 2 x − sin x cos x ) = 0 0,25 ⇔ ( cos x + sin x )( 2 − sin 2 x ) = 0 (1) Vì phương trình 2 − sin 2 x = 0 vô nghiệm nên: 0,25 π (1) ⇔ cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ) (thỏa mãn điều kiện). 0,25 4 Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k ∈ thì không trừ điểm. 3  x2 − 2 y + 2 + y = 2 x  (1)  3  x + 2 x + y = ( x + 3 x ) y (2) 2 2 2 0,25 Điều kiện: x 2 − 2 y + 2 ≥ 0 . (Nếu thí sinh không đặt điều kiện thì không trừ điểm) ( 2 ) ⇔ ( x − y ) ( x2 + 2 x − y ) = 0 ⇔ x = y hoặc x 2 + 2 x − y = 0 . x2 = 0 Từ (1) suy ra 2 x − y ≥ 0 nên x 2 + 2 x − y = 0 ⇔  ⇔ x = y = 0 (không thỏa (1)) 0,25 2 x − y = 0 x ≥ 0 Thay y = x vào (1), ta được: (1) ⇔ x 2 − 2 x + 2 = x ⇔  2 2 ⇔ x =1. 0,25 x − 2x + 2 = x Với x = 1 , ta được y = 1 (thỏa điều kiện) 0,25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( x; y ) = (1;1) 4 Điều kiện: 0 < x ≠ 2 Phương trình đã cho tương đương với: log 3 x + log 3 ( x + 4 ) = log3 x − 2 0,25 ⇔ log 3  x ( x + 4 )  = log 3 x − 2 0,25 ⇔ x ( x + 4) = x − 2 (1)  x − 2 = x2 + 4 x  x 2 + 3x + 2 = 0 −5 ± 33 Vì x ( x + 4 ) > 0 nên (1) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ x = −1 ∨ x = −2 ∨ x = 0,25  x − 2 = −x − 4x  x + 5x − 2 = 0 2 −5 + 33 Đối chiếu với điều kiện, ta được x = là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25 2 5 A' C' Gọi D là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB. AB ⊥ DH   ⇒ AB ⊥ ( A ' HD ) . B' Ta có: AB ⊥ A ' H  Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABB'A') 0,25 là góc A ' DH . K A H C D B
a 3 1 a2 Ta có: A ' H = DH .tan 60o = ; S∆ABC = BA.BC = . 3 2 2 0,25 a3 3 Do đó: VABC . A ' B 'C ' = S ∆ABC . A ' H = . 6 d ( CC ', AB ) = d ( CC ', ( ABB ' A ') ) = d ( C , ( ABB ' A ') ) = 3d ( H , ( ABB ' A ') ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh A'D. Ta có: AB ⊥ ( A ' HD ) ⇒ AB ⊥ KH . Mặt khác HK ⊥ A ' D nên HK ⊥ ( A ' AD ) , do đó: 0,25 d ( H , ( ABB ' A ') ) = HK . a 3 a 3 Ta có: HK = HD.sin 60o = ⇒ d (CC ', AB) = . 6 2 0,25 Chú ý: Thí sinh có thể dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải bài này. 6 x 1− x x + y = 1 ⇔ y = 1 − x , thay vào P ta được: P = + = f ( x ) với 0 < x < 1 . 2 (1 − x ) + 1 x2 + 1 1 x (1 − x ) 1 x (1 − x ) 0,25 f '( x) = + − − . 2 3 (1 − x ) +1 (1 − x )2 + 1 x2 +1 (x 2 +1 ) 3   1 Ta có f '   = 0 . 2 1 2 1 1 Với < x < 1 , ta có 0 < (1 − x ) + 1 < x 2 + 1 nên − > 0 và 2 (1 − x ) 2 +1 x2 + 1 x (1 − x ) x (1 − x ) − > 0 , do đó f ' ( x ) > 0 . 0,25 3 3 (1 − x )2 + 1 ( x2 +1)   1 Tương tự, với 0 < x < , ta có f ' ( x ) < 0 . 2 1 Vậy x = là nghiệm duy nhất của f ' ( x ) = 0 trên khoảng ( 0;1) . 2 Bảng biến thiên: 1 x 0 2 1 f'(x) - 0 + 0,25 f(x) 2 5 2 1 Vậy min P = khi x = y = . 0,25 5 2 7a Phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C có dạng: 0,25 ( C ) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 với a 2 + b 2 − c > 0 . 6a + 2b − c = 10  Vì A, B, C thuộc (C) nên ta có hệ phương trình: 2a − 6b − c = 10 0,25 4a − 4b − c = 8  Giải hệ trên, ta được: a = −2; b = 1; c = −20 . 0,25
Vậy ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 20 = 0 . 0,25 8a Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng BN là n = ( 2;9 ) . Gọi n1 = ( a; b ) với a2 + b2 > 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. BM 1 Ta có cos ( AB, BN ) = = . 0,25 BN 5 n.n1 2 a + 9b Mặt khác cos ( AB, BN ) = = . n . n1 a 2 + b 2 . 85  a = 4b 2 a + 9b 1 Từ đó ta có phương trình: = ⇔ 13a − 36 ab − 64 b = 0 ⇔  2 2 0,25 2 2 a + b . 85 5  a = − 16 b  13 Với a = 4 b chọn a = 4; b = 1 , ta được AB : 4 x + y = 0 . 4 x + y = 0  x = −1 Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình  ⇔ (thỏa mãn x B < 0 ). 0,25 2 x + 9 y − 34 = 0 y = 4 B ( −1;4 ) ⇒ A ( 0;0 ) . 16 Với a = − b chọn a = 16; b = −13 , ta được AB :16 x − 13 y + 34 = 0 . 13 0,25 16 x − 13 y + 34 = 0 4 18 Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình  ⇔ x = và y = (loại). 2 x + 9 y − 34 = 0 5 5 9a Điều kiện: n ≥ 3; n ∈ . n! 0,25 2 Pn − (4n + 5) Pn − 2 = 3 Ann − 2 ⇔ 2.n !− (4n + 5).(n − 2)! = 3. 2! 3n(n − 1) ⇔ 2 n(n − 1) − (4 n + 5) = ⇔ n2 − 9n − 10 = 0 2  n = 10 0,25 ⇔  n = −1 ( lo¹i ) n 10  1   1  Khi đó  3 x3 − 2  =  3 x 3 − 2  .  x   x  k 0,25  −1  3 10 − k x 30−3 k Số hạng tổng quát: Tk +1 = C10k ( 3 x ) .  2  = C10k .310 − k (−1)k 2 k . x  x Tk +1 không chứa x khi 30 − 3k − 2k = 0 ⇔ 5k = 30 ⇔ k = 6 . 0,25 Vậy số hạng không chứa x của khai triển là: C106 .34.(−1)6 = 17010 . 7b x2 y 2 Phương trình chính tắc của ( E ) : + = 1 với a > b > 0 . a2 b2 0,25 ( ) F1 − 3; 0 ⇒ c = 3 ⇒ a 2 − b 2 = 3 (1) 1 1 1 1 Gọi M ( xM ; yM ) . Ta có: S F1MF2 = 1 ⇔ yM .F1 F2 = 1 ⇔ yM .2 3 = 1 ⇔ yM = ⇒ yM2 = . 2 2 3 3 0,25 o 2 2 2 8 F1 MF2 = 90 ⇔ MF1 .MF2 = 0 ⇔ xM + yM = 3 , suy ra xM = . 3 8 1 M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1 (2). 0,25 3a 3b
x2 y2 Giải hệ (1) và (2), ta được: a 2 = 4; b 2 = 1 . Vậy ( E ) : + =1. 0,25 4 1 8b Gọi I ( t;2t − 1) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và B ( t ';1 − t ' ) . Ta có AI = ( 3 − t;6 − 2t ) , BI = ( t − t ';2t + t '− 2 ) 0,25  AI = 2 BI ( 3 − t ) + ( 6 − 2t ) = 4 ( t − t ' ) + ( 2t + t '− 2 )  2 2 2 2 (1)  ⇒  AB ⊥ BI t − t '+ 2 ( 2t + t '− 2 ) = 0 (2) ( 2 ) ⇔ t ' = 4 − 5t , thay vào (1), ta được: 1 0,25 (1) ⇔ 175t 2 − 210t + 35 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = . 5 Với t = 1 , ta được t ' = −1 và I (1;1) . Khi đó B ( −1;2 ) , D ( 3;0 ) , C ( −1; −3) . 0,25 1 1 3  13 4   13 31  Với t = , ta được t ' = 3 và I  ; −  . Khi đó B ( 3; −2 ) , D  − ;  , C  − ; −  . 0,25 5  5 5  5 5  5 5 9b Số cách chọn 5 học sinh từ 25 học sinh là: C25 .5 0,25 1 4 Số cách chọn 5 học sinh gồm 1 nữ và 4 nam từ 25 học sinh là: C .C . 10 15 0,25 Số cách chọn 5 học sinh gồm 2 nữ và 3 nam từ 25 học sinh là: C102 .C153 . 0,25 Vậy xác suất 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam là: C1 .C 4 + C 2 .C 3 325 0,25 P = 10 15 5 10 15 = . C25 506 HẾT Cảm ơn bạn (bonghong79@yahoo.com) gửi tới www.laisac.page.tl