ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Chia sẻ: Nguyenxuan Cuong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

219
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): x −1 (1) . Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . 2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): x −1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) . x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . 2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2 + OB 2 = 2 , trong đó O là gốc toạ độ. Câu II (2,0 điểm) 2 cos 2x 1. Giải phương trình − = cot x sin 2x cos x 1 2. Giải phương trình x− + x 2 − x = 2 (x ∈ ℝ). x ln 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫e 0 x (x + ) e x − 1 dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB = 2a, BAD = 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD ) là trọng tâm H của tam giác ABD. Biết tam giác SAC vuông tại đỉnh S , tính thể tích khối chóp S .ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ). Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2a + c 2b + c a +b +c P= + + . 1 + bc 1 + ca 1 + 2abc PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 10 có tâm I . Viết phương trình đường thẳng ∆ cách O một khoảng bằng 5 và cắt đường tròn (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. x y z −1 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, = = cho đường thẳng d : và mặt phẳng 1 1 −1 (P ) : 2x + y − 2z − 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (P ), cắt trục hoành và cắt đường thẳng d . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và hai số thực a, b (b > 0) . Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn a n  có số hạng chứa a 4b 9 , tìm số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau.   + b      b  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là d : 2x + y − 3 = 0. Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC bằng 5. Tìm toạ độ ba đỉnh A, B,C của tam giác ABC . x −1 y −1 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = cắt mặt phẳng 2 1 −1 (P ) : x + 2y + z − 6 = 0 tại điểm M . Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) tại điểm A , biết diện tích tam giác IMA bằng 3 3 và tâm I có hoành độ âm.   2 logx (xy ) + logy x = 4 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x , y ∈ ℝ). 2 log2 y = log2 x . log2 (6 − x )    4 ---------------Hết--------------- Chú ý: 1. Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 2. Dự kiến kỳ thi thử ĐH,CĐ lần 2 tổ chức vào ngày 30/4, 1/5/2013. Học sinh đăng ký qua Thầy Kháng, Thầy Chung.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Tập xác định D = ℝ \ {-1} . (1 điểm) Sự biến thiên 2 0,25 Chiều biến thiên: y ' = > 0 ∀x ≠ −1 . Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (x + 1) 2 (−1; +∞) . Cực trị: Hàm số không có cực trị. x −1 x −1 Giới hạn: lim = +∞, lim+ = −∞ . Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng. x →−1− x +1 x →−1 x + 1 0,25 x −1 x −1 lim = 1, lim = 1 . Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang. x →−∞ x +1 x →+∞ x + 1 Bảng biến thiên x -∞ -1 +∞ y’ + + +∞ 1 0,25 y 1 -∞ Đồ thị: y 10 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0). 9 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1). 8 Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận 7 6 I(-1;1) làm tâm đối xứng 5 4 3 2 1 x 0,25 O -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 I.2 Điều kiện x ≠ −1 . (1 điểm) x −1 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm = x + m ⇔ x 2 + mx + m + 1 = 0 (*). x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0,25 −1 hay m 2 − 4m − 4 > 0 . Giả sử A(x 1 ; x 1 + m ), B(x 2 ; x 2 + m ) , trong đó x 1 , x 2 là 2 nghiệm phân biệt của PT(*). x + x = −m  0,25 Theo định lý Vi-ét ta có  1  2 . x 1x 2 = m + 1   OA2 + OB 2 = 2 ⇔ x 1 + (x 1 + m )2 + x 2 + (x 2 + m )2 = 2 ⇔ (x 1 + x 2 )2 − 2x 1x 2 + m(x 1 + x 2 ) + m 2 = 1 2 2 ⇔ m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = −1 v m = 3 (Loại). 0,25 Đối chiếu điều kiện: m = −1 II.1 kπ (1 điểm) Điều kiện: sin 2x ≠ 0, cos x ≠ 0, sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ , k ∈ ℤ. 0,25 2 Phương trình đã cho tương đương với 1 − sin x . cos 2x = cos2 x ⇔ sin2 x − sin x . cos 2x = 0 0,25  sin x = 0 (loai ) 1 ⇔  ⇔ sin x = cos 2x ⇔ 2 sin2 x + sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = −1 v sin x = 0,25  sin x = cos 2x 2
π * sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π, k ∈ ℤ (Loại) 2 1 π 5π * sin x = ⇔ x = + k 2π v x = + k 2π, k ∈ ℤ. 0,25 2 6 6 π 5π Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: x = + k 2π v x = + k 2π, k ∈ ℤ. 6 6 II.2   x − 1 ≥ 0, x ≠ 0  x ≥ 1 (1 điểm) Điều kiện:  x ⇔  0,25  x 2 − x ≥ 0 −1 ≤ x < 0    Phương trình đã cho tương đương với:          1   1 1  0,25   x − − 1 + ( x 2 − x − 1) = 0 ⇔ (x 2 − x − 1)    +  = 0.    x       x 2 − x + 1   x  x − + 1 1            x  1± 5 * x2 − x −1 = 0 ⇔ x = (Thoả mãn điều kiện). 0,25 2     1 * x2 − x + 1 + x   x − + 1 = 0   (1)    x   + Nếu x ≥ 1 thì phương trình (1) vô nghiệm. 0,25 + Nếu −1 ≤ x < 0 thì x 2 > x 3 ;1 + x ≥ 0 . Ta có phương trình (1) tương đương với ( ) x 2 − x − x 3 − x + (1 + x ) = 0 (vô nghiệm). III ln 2 ln x (1 điểm) I = ∫ xe x dx + ∫ e x e x − 1dx 0,25 0 0 ln 2 u = x  du = dx  * I 1 = ∫ xe x dx . Đặt   ⇒  . dv = e dx  x v = e x  0     ln 2 0,25 ln 2 ln 2 Ta có I 1 = xe x − ∫ e dx = 2 ln 2 − e x x = 2 ln 2 − 1 0 0 0 ln 2 * I 2 = ∫ e x e x − 1dx . Đặt t = e x − 1 ⇒ e x = t 2 + 1 . Khi x = 0 thì t = 0 , khi x = ln 2 thì t = 1 . 0 ln 2 0,25 2t 3 1 2 Ta có e dx = 2tdt . Do đó I 2 = ∫ x 2t dt = 2 = 0 3 0 3 1 Do đó I = I 1 + I 2 = 2 ln 2 − 0,25 3 IV Từ giả thiết ta có tam giác ABD đều. Gọi {O} = AC ∩ BD . Ta có AC = 2AO = 2 3a . (1 điểm) S 0,25 1 Diện tích hình thoi ABCD là S ABCD = AC .BD = 2 3a 2 . 2 1 2 3a H là trọng tâm của ∆ABD nên AH = AC = M 3 3 2 4 3a CH = AC = 3 3 D C Tam giác SAC vuông tại S , có đường cao SH nên ∆SAH đồng dạng với ∆CSH 0,25 O SH AH 2 6 ⇒ = ⇒ SH = a H CH SH 3 A B 1 4 2 3 Thể tích khối chóp S .ABCD là VS .ABCD = SH .S ABCD = a . 3 3
Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tam giác SAC vuông tại S nên OM ⊥ SC (1) Ta có OB ⊥ SH ,OB ⊥ AC ⇒ OB ⊥ SC ,OB ⊥ OM (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ) bằng góc BMO . 1 1 1 Ta có OM = SA = AH 2 + SH 2 = a ; OB = BD = a . Tam giác OBM vuông tại O. 2 2 2 0,25 OB tan OMB = = 1 ⇒ OMB = 450. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ) bằng 450. OM V Chứng minh: 2(1 + bc)2 ≥ (a + b + c)2 ⇔ 2 + 4bc + 2b 2c 2 ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) + 2(ab + bc + ca ) (1 điểm) ⇔ a 2 + (b 2 + c 2 + 2bc) − 2a(b + c) + 2b 2c 2 ≥ 0 ⇔ (b + c − a )2 + 2b 2c 2 ≥ 0 b + c = a 0,25  Dấu “=” xảy ra khi   bc = 0   Chứng minh: 2 + 2abc ≥ a + b + c ⇔ a(1 − 2bc) + (b + c) ≤ 2 .Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky 0,25 a(1 − 2bc) + (b + c).1 ≤ (a 2 + (b + c )2  (1 − 2bc )2 + 1 = 2(1 + 2bc)(1 − 2bc + 2b 2c 2 )    Cần chứng minh (1 + 2bc)(1 − 2bc + 2b 2c 2 ) ≤ 1 ⇔ 2b 2c 2 (2bc − 1) ≤ 0 0,25 Ta có 1 = a 2 + (b 2 + c 2 ) ≥ b 2 + c 2 ≥ 2bc ⇔ 2bc − 1 ≥ 0 . Dấu “=” xảy ra khi abc = 0 2(2a + c) 2(2b + c) 2(a + b + c) 2 P≤ + + = 3 2 .Vậy max P = 3 2 đạt được khi a = b = ,c = 0 . 0,25 a +b +c a +b +c a +b +c 2 VI.a.1 Đường tròn (C) có tâm I (1;2) , bán kính R = 10 . Đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0). 0,25 (1 điểm) 1 1 Diện tích tam giác IAB là S IAB = IA.IB. sin AIB ≤ R2 = 5 . 2 2 0,25 Vậy max S IAB = 5 đạt được khi AIB = 900 . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH ⊥ AB và IH = 5  |c |    = 5 (1) d(O, ∆) = 5   2     a +b 2 Ta có  ⇔ . 0,25 d(I , ∆) = 5  | a + 2b + c |     = 5 (2)   a 2 + b2   I  a = −2b Từ PT(1) và (2) ta có | c |=| a + 2b + c |⇔  c = − a + 2b R  2 * Với a = −2b chọn a = 2, b = −1 . Từ PT(1) ta có c = ±5 . A H B 0,25 Phương trình đường thẳng ∆ là 2x − y + 5 = 0 và 2x − y − 5 = 0 . a + 2b * Với c = − thay vào PT(1) ta có 19a 2 − 4ab + 16b 2 = 0 (vô nghiệm). 2 VI.a.2 Giả sử {M } = ∆ ∩ Ox , {N } = ∆ ∩ d . Gọi M (a; 0; 0), N (b;b;1 − b) 0,25 (1 điểm) MN = (b − a; b;1 − b) . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) là n = (2;1; −2) . 0,25 Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (P ) nên MN và n cùng phương. b −a b 1 −b a = 1  0,25 Ta có = = ⇔  . Ta có M (1; 0; 0), N (−1; −1;2) 2 1 −2 b = −1   x −1 y z Phương trình đường thẳng ∆ là = = 0,25 2 1 −2 VII.a a  n −k 3k −n (1 điểm) Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk +1 =C     k   b k = C n a n −kb k 2 0,25  b   n
n − k = 4     3k − n n = 15  Số hạng này chứa a b khi  4 9  =9 ⇔  0,25  2  k = 11  k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ n      3k −15 Với n = 15 ta có số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk +1 = C 15a 15−kb k 2 0,25   15 − k = 3k − 15  Trong khai triển có số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau khi  2 ⇔k =9  k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ 15 0,25    Vậy số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: T10 = C 15a b = 5005a 6b 6 . 9 6 6 VI.b.1 b c (1 điểm) Giả sử B(b; 0),C (0; c) . BC = (−b; c ) . Gọi H là trung điểm của cạnh BC ⇒ H ( ; ) 2 2 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (−1;2).  BC .u = 0 b + 2c = 0  b = 4   Do tam giác ABC cân tại A nên   ⇔  ⇔  . Suy ra B(4; 0),C (0; −2). 0,25 H ∈ d  2b + c = 6 c = −2       1 Ta có BC = 2 5, H (2; −1) . Diện tích tam giác ABC là S ABC = AH .BC = 5 ⇒ AH = 5 0,25 2 Giả sử A(t; 3 − 2t ) . Ta có AH = 5 ⇔ (t − 2)2 + (4 − 2t )2 = 5 ⇔ t = 1 v t = 3 0,25 Với t = 1 ⇒ A(1;1), với t = 3 ⇒ A(3; −3). VI.b.2 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u(2;1; −1) . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) là n(1;2;1). (1 điểm) Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P ) . 0,25 | 2 + 2 −1 | 1 Ta có sin ϕ =| cos(u, n ) |= = ⇒ ϕ = IMA = 300 6 6 2 I Gọi R là bán kính mặt cầu (S ) ⇒ IA = R . Tam giác IMA vuông tại A 1 0,25 có IMA = 300 ⇒ AM = R 3 . S IMA = 3 3 ⇔ IA.AM = 3 3 ⇔ R = 6 . d 2 M A 1 Giả sử I (1 + 2t;1 + t; −t ), t < − . P 2 0,25 | 3t − 3 | Từ giả thiết ta có khoảng cách d(I ,(P )) = R ⇔ = 6 ⇔ t = −1 v t = 3 (loại) ⇒ I (−1; 0;1). 6 Phương trình mặt cầu (S ) : (x + 1) + y + (z − 1) = 6 2 2 2 0,25 VII.b 0 < x < 6, x ≠ 1  (1 điểm) Điều kiện:   0,25 y > 0, y ≠ 1   Phương trình (1) của hệ logx y + 2 logy x = 3 ⇔ logx y = 1 v logx y = 2 ⇔ y = x v y = x 2 0,25  log x = 0 * Với y = x từ PT(2) của hệ ta có 1 2 log2 x = log2 x . log2 (6 − x ) ⇔  2  2  log2 x = log2 (6 − x ) 0,25 x = 1 (Loai) x = 4  ⇔  ⇔ x = 4 . Hệ phương trình có nghiệm   . x + x − 6 = 0 y = 4   * Với y = x 2 từ PT(2) của hệ ta có 2 log2 x = log2 x . log2 (6 − x ) ⇔ x = 2 v x = 1 (Loai) . 2 x = 2  0,25 Hệ phương trình có nghiệm   . y = 4   Chú ý: 1. Những thí sinh có lời giải khác với đáp án, Giám khảo tự điều chỉnh thang điểm cho phù hợp. 2. Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 3. Dự kiến kỳ thi thử ĐH, CĐ lần 2 được tổ chức vào ngày 30/4, 1/5/2013. Học sinh đăng ký qua Thầy Nguyễn Phương Kháng (0986606720), Thầy Phạm Kim Chung (0984333030). Xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo: Phạm Kim Chung, Nguyễn Thị Thoả (THPT Đặng Thúc Hứa) đã giải và phản biện đề thi! CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC!