Đề thi thử đại học lần 1 năm học 2013-2014 có đáp án môn: Toán khối A, B, A1, V - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi khảo sát chất lượng là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi thử đại học lần 1 năm học 2013-2014 có đáp án môn "Toán khối A, B, A1, V - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo" giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần 1 năm học 2013-2014 có đáp án môn: Toán khối A, B, A1, V - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN KHỐI A, B, A1, V ( Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 ( 2 Điểm): Cho hàm số: y  x3  m 2 x 2  3 x  m  Cm  a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0 b, Gọi A là điểm trên  Cm  và có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại A song song với đường thẳng d: y = 2x + 2. Câu 2 ( 1 Điểm): Giải phương trình lượng giác: sin 2 x  cos 2 x  2  sin x  3cos x . 2x3  x2 y  2x y  y y  x2  y Câu 3 ( 1 Điểm): Giải hệ phương trình:  2  2x  4x y -12x - y  1  0 Câu 4 ( 1 Điểm): Tìm m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm x < 1: m  x 2  1  mx Câu 5 ( 1 Điểm): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2AD = 2a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và vuông góc với mp(ABCD). Góc giữa SA với mp(ABCD) bằng 600. Gọi M là trung điểm của SC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và DM. Câu 6 ( 1 Điểm): Cho x, y, z là 3 số thực không âm thoả mãn: 1  x 2  1  2 y  1  2 z  5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  2 x3  y 3  z 3 9 Câu 7 ( 1 Điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng . Các đỉnh A, 2 B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng d1: x + y – 2 = 0; d2: 2x – y – 4 = 0; d3: x – y – 3 = 0. Gọi E, F là 2 điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB và AC sao cho AB = 3AE; AC = 3CF. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại điểm P(-4; -8). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 8 ( 1 Điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x – y = 0. Viết phương trình đường tròn (C) qua điểm M(2; 0) và tiếp xúc với d tại O(0;0). n  x Câu 9 ( 1 Điểm): Cho khai triển:  3    a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n .  2 Biết rằng: a0  2a1  4a2  ...  2n an  1024 . Tìm a6 . ……………….Hết………………. ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN KHỐI A, B, A1, V Câu Nội dung Điểm 1a Khảo sát và vẽ đồ thị: y  x3  m 2 x 2  3x  m khi m = 0 1 Với m = 0, hàm số trở thành: y = x3 – 3x TXĐ: D = R lim y   0,25 x  y  3x 2  3  x  1  y  2 y  0    x  1  y  2 BBT: x  -1 1  y’ + 0 - 0 + y 2  0,25 -2  Hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 1 và 1;   Hàm số nghịch biến trên ( -1; 1) Đạt cực đại tại x = -1; yCĐ = 2 Đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = -2 0,25 Đồ thị:  Giao Ox tại  3; 0 ; 3;0 ;  0;0   y f(x)=x^3-3*x 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 0,25 -5
1b 1 Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng -1 song song d: y = 2x + 2 Từ giả thiết ta có: y  1  2 0,25  2 m 2  2  m  1 0,25 Với m = 1  M  1; 2   pttt: y = 2x + 4 (thoả mãn) 0,25 Với m = -1  M  1; 0   pttt: y = 2x + 2 ( Loại) Vậy: m = 1 là giá trị cần tìm 0,25 2 Giải pt: sin 2 x  cos 2 x  2  sin x  3cos x 1 Phương trình tương đương: sinx(2cosx – 1) – (2cos2x – 3cosx + 1) = 0  sinx(2cosx – 1) – (2cosx – 1)(cosx – 1) = 0  (2cosx – 1)(sinx – cosx + 1) = 0  1 0,25  cos x   2  sin x  cos x  1 1  0,25 *) cos x   x    k 2 2 3  x  k 2     1 0,25 *) s inx  cos x  1  2 sin  x    1  sin  x       4   4  2  x  3  k 2  2  3 0,25 Vậy pt có nghiệm: x    k 2 ; x  k 2 ; x   k 2 3 2 3 2 x 3  x 2 y  2 x y  y y  x 2  y (1) Giải hệ:  1 2  2 x  4 x y  12 x  y  1  0 (2) Đk: y  0  y  1  2x   Pt(1)   2 x  y  1 x 2  y  0    yx 4 0,25 *) Với y = 1 – 2x, thay vào (2) ta được:
 x  0  y  1 (t / m) 2 x 2  4 x 1  2 x  10 x  0    2 1  2 x  5  x (*)  x5 0,25 Pt(*)   2 ( Vô nghiệm) 4 1  2 x    5  x  *) Với y = x4 thay vào (2) ta được: 2x2 + 4x3 -12x – x4 + 1 = 0  x 4  4 x3  2 x 2  12 x  1  0 (**) Đặt: x = t + 1 (**) thành: t4 – 8t2 + 6 = 0 4   t   4  10  x  1  4  10  y  1  4  10   0,25 4  t   4  10  x  1  4  10  y  1  4  10    4  Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (0; 1); 1  4  10 ; 1  4  10     ; 0,25 4    1  4  10 ; 1  4  10     4 Tìm m để phương trình: m  x 2  1  mx có đúng một nghiệm x < 1 1 Phương trình tương đương: x 2  1  m  x  1 x2  1 0,25  m x 1 x2  1 Xét hàm số: f  x   với x < 1 x 1  x 1 f  x  2  x  1 x2  1 0,25 f   x   0  x  1 ; lim f ( x)  1 x 
BBT: x  -1 1 f  x + 0 - f  x  1 2 0,25 -1  Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình cho có đúng 1 nghiệm x < 1 khi và chỉ  m  1 khi:  m   1 0,25  2 5 Hình học không gian 1 *) Hạ SH  AB tại H  SH  ( ABCD) S Ta có:   SA;( ABCD)   SAH  600 SAB vuông tại S, có SAB  600 ; AB  2a  SA  a; SB  a 3 M 1 1 1 a 3 0,25 Ta có: 2  2  2  SH  A SH SA SB 2 B H S ABCD  AB. AD  2a 2 N D C 3 1 a 3  VS . ABCD  SH .S ABCD  0,25 3 3 *) Gọi N là trung điểm BC  SB//(DMN)  d SB; DM   d B; DMN   1 a2 Ta có: S BDN  S ABCD  4 2 1 a 3 d  M ; BDN   SH  2 4 1 a3 3 0,25  VMBDN  d M ;( BDN )  .SBDN  3 24
a 3a 13a 2 Dễ dàng tính được AH   BH   HC 2  BH 2  BC 2  2 2 4  SC 2  SH 2  HC 2  4a 2 Có: DA  AB; DA  SH  DA  ( SAB)  DA  SA  SAD vuông cân tại A  SD  a 2 2 DS 2  2 DC 2  SC 2 Trong SCD có: DM 2   2a 2 4 a 17 a 3 Tính được: DN  ; MN  2 2 MD 2  MN 2  DN 2 6 10  cos  DMN     sin  DMN   2 MD.MN 4 4 1 a 2 15  S DMN  MD.MN .sin  DMN   2 8 3VMBDN a 5  d B , DMN    S MDN 5 0,25 6 Tìm GTLN của biểu thức 1 Với mọi số a, b không âm ta chứng minh bất đẳng thức: 1  a  1  b  1  1  a  b (1) Thật vậy, (1)  2  a  b  2 1  a 1  b   2  a  b  2 1  a  b  1  a 1  b   1  a  b  ab  0 (luôn đúng vì a, b không âm) Dấu “ =” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0. 0,25 Áp dụng (1) ta có: 5  1  x2  1  2 y  1  2z  1  x2  1  1  2 y  2z  2  1  x2  2 y  2 z 8  x2 0,25 0 yz x2 2 2 3 3 3 3  8  x2  Ta có: P  2 x   y  z   2x     2 
3 3 8  x2  Xét f  x   2 x    , x  0; 2 2   2  3 0,25 f ( x) x  x  2   x 12  x 2   2 16  x 2   4 Với x  0; 2 2  có: x(12-x)2 + 2(16-x)2 > 0 x  0  f ( x)  0   x  2  f  0   64; f  2   24; f 2 2  32 2  f  x   64  P  64 Dấu “ =” khi x = y = 0; z = 4 hoặc x = z = 0; y = 4. Vậy MaxP = 64 0,25 7 Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC 1 A Từ F kẻ FI//AB, ( I  BC ) E FI CF CI 1 F Ta có:    AB CA CB 3 B I C P(-4; -8) 1  FI  AE  EB  I là trung điểm PB. 2 CI 1 1 1 1 Lại có:   IC  IB  IP  C là trung điểm IP  PC  PB CB 3 2 2 4  1   PC  PB (*) 0,25 4   Gọi B(b; 2b – 4); C(c; c – 3)  PB   b  4; 2b  4  ; PC   c  4; c  5  b4  B  4; 4  Thay vào (*) ta được:    BC  3 13 0,25  c  2 C  2; 5  1 2S 3 S ABC  BC.d A; BC   d A; BC   ABC  2 BC 13 Ptđt BC: 3x – 2y – 4 = 0 5a  8 Gọi A(a; 2 – a)  d A; BC   13
 a  1  A 1;1 5a  8 3     11  11 1  0,25 13 13 a   A ;    5  5 5  11 1  Vậy: A(1; 1); B(4; 4); C(-2; -5) hoặc A  ;   ; B(4; 4); C(-2; -5).  5 5 0,25 8 Viết phương trình đường tròn 1 Gọi I là tâm của (C)  IO  d  ptđt IO: x + y = 0 0,25 Gọi I(a; -a) M Ta có: R 2  IO 2  IM 2 0,25 I 2   a  2   a 2  2a 2  a 1 d 0,25 O  I 1; 1 2 2 a 1    C  :  x  1   y  1  2 0,25  R  IO  2 9 Nhị thức NiuTơn 1 n  x Ta có:  3    a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n  2 Cho x = 2 ta được: 2n  a0  2a1  4a2  ...  2n an 0,5  2n  1024  n  10 10 10 k  x  1 Với n = 10, ta có:  3     C10k .310 k .    .x k  2 k 0  2 6 0,5 6  1  8505 6 4 a6 là hệ số của x  a6  C .3 .     10 .  2 32 ………….Hết………….. Chú ý: Mọi cách giải khác của thí sinh, nếu đúng, cho điểm tối đa theo từng bước tương ứng với đáp án.