Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2013-2014 môn Toán - Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

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

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2013-2014 môn Toán - Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh gồm có các câu hỏi tự luận được chia ra cho các thí sinh cụ thể như phần chung dành cho tất cả các thí sinh, phần riêng dành cho các bạn khối A, A1, B và các bạn khối D, D1, M có kèm đáp án.

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 - Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút ) ----------------------------------------------------------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m (Cm) (m là tham số). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ứng với m = 2. 2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị (Cm) của hàm số đã cho vuông góc với đường thẳng (d): x – y + 2 = 0 . Câu II (2,0 điểm)  (1  cos 2 x ) 1. Giải phương trình: 2 cos(  x ).  (1  cot x ) 4 sin x x  cos x 2. Tính:  dx sin 2 x  2 2 2 xy x  y  1  x  y Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  y  y  x2  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 6 a ; điểm M là trung điểm của cạnh SA. Tính thể tích tứ diện SMBD. 2 Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 3  3 3  1 1 a  b 1 b  c 1 c  a3 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Câu VIa(3,0 điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: A, A1, B 1.a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x + 2y – 1 = 0 ; d2: 4x – 2 y + 3 = 0. Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua M (4;2) và lần lượt cắt d1, d2 tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A. 2.a) Một tổ học sinh có 4 em Nữ và 5 em Nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để chỉ có hai em nữ A , B đứng cạnh nhau còn các em nữ còn lại không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh A, B . 3.a) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn  0 ; 1  3    m 1  x 2  2 x  2  x( 2  x )  0 . Câu VIb(3điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: D, D1, M 1.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua M(1;4) và tiếp xúc với đường tròn (C). 2 1 2.b) Tìm hệ số của x trong khai triển Niu tơn đa thức f ( x)   x 2  x  1 ( x  2) 3n với n là số 10 4  3 n 2 tự nhiên thỏa mãn: An  C n  14n . log 22 x 3.b) Xác định m để bất phương trình:  m nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định log 22 x 1 . Nguồn http://luongvanchanh.edu.vn/
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Thang điểm I-PHẦN CHUNG Câu I(2đ) y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m 1(1đ) Khi m = 2, ta được hàm: y = x3 – 3x2 + 6 - TXĐ: D = R - y’= 3x2 – 6x x  0  y  6 0,25 y’= 0   x  2  y  2 - lim  ; lim   x   x   - BBT: x  0 2  0,25 y’ + 0 - 0 + y 6  2  0,25 y’’= 6x – 6 , điểm uốn I(1,4); CĐ(0;6), CT(2;2). Điểm đặc biệt (-1;2), (3;6). 10 8 6 f x =   +6 x3-3x2 0,25 4 2 -5 5 2(1đ) Ta có: y’= 3x2 – 6x + m – 2 0,25 Tiếp tuyến Δ tại điểm M thuộc (Cm) có hệ số góc : k = 3x2 – 6x + m – 2 = 3(x – 1)2 + m – 5  m  5 0,25 dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1 Suy ra : kmin  m  5 tại điểm M (1 ; 4m – 4) 0,25 Tiếp tuyến   d  (m  5).1  1  m  4 0,25 Vậy m = 4. CâuII(2 đ) Điều kiện: sin x  0  x  k 0,25 1(1đ)
2 cos 2 x cos x Pt  (sin x  cos x ) 1 sin x sin x 2  (sin x  cos x ).2 cos x  sin x  cos x 0,25  (sin x  cos x )(2 cos 2 x  1)  0 sin x  cos x  0  (sin x  cos x ) cos 2 x  0   cos 2 x  0  0,25 * sin x  cos x  0  tan x  1  x    k ( N ) 4    * cos 2 x  0  2 x   k  x   k ( N ) 2 4 2   0,25 Vậy phương trình có nghiệm là: x =  k 4 2 2(1đ) x cos x Ta có: I =  2 dx   dx 0,25 sin x sin 2 x x I1 =  dx sin 2 x u  x  du  dx Đặt  1  dv  sin 2 x dx v   cot x cos x I 1   x cot x   cot xdx   x cot x   dx sin x d (sin x) 0,25   x cot x     x cot x  ln sin x  C1 sin x cos x I2 =  dx sin 2 x Đặt t = sinx  dt  cos xdx dt 1 1 I2 =  2    C 2    C2 0,25 t t sin x 1 Vậy: I = ln sin x   x cot x  C sin x 0,25 CâuIII(1đ)  2 2 2 xy  x  y  1  x  y (1)   x  y  y  x 2 (2)  ĐK x + y > 0. Ta có: 0,25 2 x  y  2 xy (1)   x  y   2 xy  x y 2   x  y  ( x  y )  2 xy ( x  y )  x  y  2 xy  2    x  y x  y   1  2 xy ( x  y  1)  0 0,25   x  y  1 x  y  x  y  1  2 xy   0 y  1 x  2 2 0,25  x  y  x  y  0 (vô nghiêm) x  1 Với y = 1 – x thay vào (2) ta được x2 + x – 2 = 0    x  2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0) và (-2;3). 0,25 CâuIV(1đ) Ta có:
1 0,25 VS.ABD = V S 2 VS . MBC SM 1 1 1 M    VS .MBC  VS . ABD  V 0,25 VS . ABD SA 2 2 4 A D Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên 3a 2 a 2 O 0,25 SO  ( ABCD)  SO  SA  AO   a 2 2 C 2 2 B 1 1  V  VS . ABCD  SO.S ABCD  a 3 3 3 0,25 1 3 Vậy: VSMBD = a 12 Câu V(1đ) Trước hết ta chứng minh : a 3  b 3  1  a 3  b 3  abc (1)    a  b  a 2  ab  b 2  abc  a  b ab  abc  ab(a  b  c)  0 0,25 1 1 c c Từ (1), ta có: 3 3    1 a  b ab(a  b  c ) abc (a  b  c ) a  b  c 0,25 1 a 1 b Tương tự: 3 3  ; 3 3  1 b  c a  b  c 1 c  a abc 1 1 1 Suy ra:   1 0,25 1  a 3  b 3 1  b3  c3 1  c3  a 3 0,25 Dấu (=) xảy ra khi a = b = c = 1. II-PHẦN RIÊNG Câu VIa 1a(1đ) Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d1, d2 là: 4x  2 y  3 0,25 2x  2 y  1  2 2 3 2    2 x  2 3  2 y  9  0 (  1 ) 0,25   14 x  2 3  2 y  3  0 ( 2 ) Để đường thẳng qua M 4;2 và cắt d1, d2 lần lượt tại B , C để tam giác ABC cân tại A khi và chỉ khi đường thẳng này phải vuông góc với 1 hoặc  2 .  Đường thẳng qua M và vuông góc 1 có phương trình là:    14x + 2 3  2 y  44  4 2  0  7 x  3  2 y  22  2 2  0  0,25  Đường thẳng qua M và vuông góc  2 có phương trình là: 0,25    2x  2 3  2 y  20  4 2  0  x  3  2 y  10  2 2  0 .  2a(1đ) + Không gian mẫu: P9 = 9! cách xếp một hàng dọc 0,25 + Số cách xếp 5 bạn Nam là: P5 = 5! 0,25 + Số cách xếp 4 bạn Nữ trong đó bạn A và B đứng cạnh nhau (A và B hoán vị 6! nhau) là: 2 A63  2. (Chú ý giữa 5 em Nam có 6 vị trí để xếp Nữ vào) 0,25 3! 2.6!.5! 5 Vậy P =  0,25 3!.9! 63 3a(1đ) Đặt t = x 2  2 x  2   x ( 2  x)  t 2  2
x 1 t’ =  t  0  x 1 0,25 2 x  2x  2 Bảng biến thiên suy ra: x  0;1  3  t  1;2   t2  2 Bpt trở thành mt  1)  t  2  m  2 (1) 0,25 t 1 t2  2 t 2  2t  2 Xét f(t) = trên 1;2 , có f ' (t )  0 t 1 (t  1) 2 BBT t 1 2 f’(t) + 0,25 2 3 f(t) 1 - 2 2 Bpt(1) có nghiệm t  1;2  m  max f (t )  f (2)  0,25 1; 2  3 2 Vậy m . 3 Câu VIb 1.b)(1đ) (C ) có tâm I(2;1), bán kính R = 3 Đường thẳng qua M(1;4) cùng phương với Oy không thể tiếp xúc với (C) . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng   qua M(1;4)   có phương trình: kx – y + 4 – k = 0 0,25 kx  y  4  k   tiếp xúc (C )  d ( I , )  R  I 2I R k 1 0,25 k  0  2k  1  4  k  3 k  1  k  3  9(k  1)  8k  6k  0   2 2 2 2 k  3 0,25  4 Với k = 0,   : y  4  0 3 Với k = ,    : 3 x  4 y  13  0 0,25 4 2.b)(1đ) Từ An  C nn 2  14n  2n 2  5n  25  0 . Tìm được n = 5 3 0,25 1 4 3n 1 3n 4 1 19 Ta có f(x) =  x  2  x  2   x  2   x  2  0,25 16 16 16 19 1 =  C17k x k 219 k 16 k 0 0,25 1 Hệ số ứng với x10 là: a10 = .29 C1910  25 C1910  2956096 0,25 16 log 22 x 3b)(1đ) Bpt: m log 22 x 1 t Đặt t = log 22 x (t  0) , ta được: m t 1 0,25
t Xét hàm f(t) = t  1 0,25 t 1 t2 f ' (t )  , dấu f’(t) phụ thuộc vào dấu của tử 2t  1 t  1 BBT: t 1 2  f’(t) - 0 + + + f(t) 0,25 2 Vậy: m  2 bpt nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định. 0,25 Nguồn http://luongvanchanh.edu.vn/