Đề thi thử Đại học lần 1 năm học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT Long Mỹ

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi Đại học, Cao đẳng sắp đến gần mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi thử Đại học lần 1 năm học 2013-2014 môn Toán" của Trường THPT Long Mỹ dành cho các bạn học sinh khối A, B, D. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng 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 học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT Long Mỹ

SỞ GD VÀ ĐT HẬU GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT LONG MỸ MÔN TOÁN: KHỐI A, B, D (Đề chính thức có 1 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày 22.3.2014 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số y  x 3  (m  2) x 2 có đồ thị  Cm  1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m  1 2) Tìm m để đường thẳng d : y  2m 2 cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt A, B, C thỏa: AB 2  BC 2  CA2  18 Câu 2 (2,0 điểm ).   1) Giải phương trình sau: 2sin 2  x  2   2sin x  tan x  4  x 2  7  2  x  1  10 y  8  2) Giải hệ phương trình sau:  ( x, y  R )  x y 2  4 y  5  x 2  1  y x 2  1  y 2  4 y  5  4 tan x.ln  cos x  dx Câu 3 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau: I   0 cos x Câu 4 (1,0 điểm ) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  ABC  600 ; cạnh SD vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  x y z 3 Câu 5 (1,0 điểm ) Cho x, y , z  0. Chứng minh rằng:    2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4 II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) Phần A Câu 6.a (2,0 điểm ). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6 x  2 y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M  0; 2  và cắt đường tròn  C  theo dây cung có độ dài bằng 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thoi ABCD với A  1; 2;1 , B  2;3; 2  . Tìm tọa độ C, D biết tâm I x 1 y z  2 của hình thoi thuộc đường thẳng d :   1 1 1 Câu 7.a (1,0 điểm ). 2n 3  Cho khai triển   2 x 2  với x  0 và n là số nguyên dương thỏa mãn C21n 1  C23n 1  ...  C22nn11  1024 trong x  đó Cn là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 . k Phần B Câu 6.b (2,0 điểm ). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng sau d1 : x  2 y  3  0, d 2 : 2 x  y  2  0 và d3 : 3x  4 y  11  0 . Viết phương trình đường tròn  T  có tâm trên d1 , tiếp xúc với d 2 và cắt d3 tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 . x  3 y 1 z  2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  4; 1;3 , đường thẳng d :   và mặt phẳng 2 1 2  P  : 3x  4 y  z  5  0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , song song với  P  và cắt đường thẳng d Cảm ơn bạn Bình (binhnhohg@yahoo.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl  21 x  2 x  1  Câu 7.b (1,0 điểm ) Tìm miền xác định của hàm số f  x   ln    2x  1  Cảm ơn bạn Bình (binhnhohg@yahoo.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 TỔ TOÁN MÔN: TOÁN A, B, D(LẦN 1) ----------------------- ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bảng hướng dẫn chấm gồm 7 trang I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì giám khảo cho đủ điểm từng phần theo hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn điểm đến 0,5 điểm ( lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5 và lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0) II.Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 1 Cho hàm số y  x  ( m  2) x có đồ thị  Cm  3 2 2.0 đ 1.1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m  1 1.0 đ * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: + lim y   ; lim y   x  x   0.25 + y '  3x2  6 x x  0  y  0 + y' 0    x  2  y  4 + BBT: x  0 2  y’ + 0 – 0 + y 0  0.25 CĐ  –4 CT Hàm số đồng biến trên khoảng (   ;0 và (2;   ) , nghịch biến trên (0;2) . Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 với giá trị cực đại y(0) = 0 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  2 với giá trị cực tiểu y(2) = – 4 * Đồ thị: y -1 1 2 x 3 0.25 -4
2) Tìm m để đường thẳng d : y  2m cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt A, B , C sao cho 2 1.0 đ 1.2 AB 2  BC 2  CA2  18 Pt hoành độ giao điểm của  Cm  và d : y  2m là: 2 0.25 x 3  (m  2) x 2  2m 2  x3  (m  2) x 2  2m 2  0 x  m  ( x  m)  x 2  2 x  2m   0   2  x  2 x  2m  0(*) Để d cắt  Cm  tại 3 điểm phân biệt  (*) co 2 nghiệm phân biệt khác m 0.25  1   '  1  2m  0 m   2  2  m  4 m  0 m  0, m  4 2 2 2 Giả sử A(m; 2m ), B ( x1 ; 2m ), C ( x2 ; 2m ) , trong đó x1 , x2 là 2 nghiệm của pt(*) Theo Vi ét ta có: x1  x2  2, x1 x2  2m Theo đề bài ta có : 0.25 2 2 2 AB 2  BC 2  CA2  18   x1  m    x2  m    x1  x2   18 2  2  x1  x2   2m  x1  x2   6 x1 x2  2m 2  18  2m 2  8m  10  0  m  1; m  5 . Kết hợp điều kiện trên ta nhận m  1 0.25 2.1   Giải phương trình sau: 2sin 2  x  2   2sin x  tan x 1.0 đ  4 ĐK: cos x  0 0.25     sin x 2sin 2  x    2sin 2 x  tan x  1  cos  2 x    2sin 2 x   4  2 cos x 0.25 2  cos x  sin 2 x.cos x  2sin x.cos x  sin x  0  cos x  sin x  sin 2 x (cos x  sin x)  0  (cos x  sin x)(1  sin 2 x)  0   sin x   cos x  x  4  k  (k , l  Z ) 0.25 sin 2 x  1  x    l  4   0.25  x k (k  Z ) (thỏa mãn điều kiện) 4 2  x 2  7  2  x  1  10 y  8 2.2 Giải hệ phương trình sau:  ( x, y  R ) 1.0 đ 2 2 2 2  x y  4 y  5  x  1  y x  1  y  4 y  5  x  2  ĐK:  1  y   10 0,25 2 Phương trình (2)   x  1  y  2  1   y  1 x  1 2
x 1 y 1  y  2  1  f x  f y  2        x2  1  y  2 2 1 2  y  2  1 t 1 Xét f  t   với t  2 t2 1 1 t 0,25 f ' t    0 với mọi t  1 nên f  t  đồng biến với t  1 t 2  1 t  1 2 Vậy f  x   f  y  2   x  y  2  y  x  2 Khi đó thế y  x  2 vào phương trình (1) ta được x 2  7  2  x  1  10  x  2   8  0  x 2  7  2  x  21  10 x  8  0 21 ĐK: x   10 0,25 21 Xét g  x   x 2  7  2  x  21  10 x  8 với x   10 x 1 10 21 Ta có g '  x      0 với x   x2  7 2 2  x 2 21  10 x 10 Vậy g  x  nghịch biến trên khoảng  ; 2  nên phương trình g  x   0 có nghiệm duy nhất. Ta có g  3  0 nên phương trình g  x   0 có nghiệm duy nhất x  3 Suy ra y  1 0,25  x  3 KL Hệ có nghiệm duy nhất   y  1  3 tan x.ln  cos x  dx 4 1.0 đ Tính tích phân sau: I   0 cos x Đặt u  cos x   du  sin xdx  1 0.25 Đổi cận: x  0  u  1; x  u 4 2 1 1 ln u ln x Do đó: I   du   dx 1 u2 1 x2 0.25 2 2 1 1 1 Đặt u  ln x  du  dx; dv  2 dx  v   x x x
1 1 1 2 1 0.25 Do đó: I  ln x   dx x 1 1 x2 2 1  2 1 2  2 0.25  2 ln    2 ln    2 1  2  x 1  2  Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  ABC  600 ; cạnh SD vuông góc với 4 mặt phẳng  ABCD  . Hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp 1.0 đ S . ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  S H M A B O C D   600 nên tam giác ABC đều cạnh a Ta có ABCD là hình thoi nên BA  BC và ABC  AC  BD   AC   SBD  suy ra AC  SB  AC  SD Kẻ OM  SB  M  SB  suy ra SB   MAC  0.25 AMC  900   1 a Vậy góc    SAB  ,  SBC  hay AM  MC suy ra OM  AC  2 2 3a 2 a 2 2a 2 a 2 Và BM 2  OB 2  OM 2     BM  4 4 4 2 SD BD a 6 Ta giác BMO đồng dạng với tam giác BDS nên   SD  OM BM 2 0.25 2 3 1 1a 6 a 3 a 2 Thể tích khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  SD.S ABCD   3 3 2 2 4 Vì O là trung điểm BD nên d  B,  SAC    d  D,  SAC  
Do AC   SBD  (CMT) suy ra  SAC    SBD  . Kẻ DH  SO  H  SO  suy ra DH   SAC  0,25 vậy DH  d  B ,  SAC   Tam giác SDO vuông tại D và DH đường cao nên 1 1 1 1 1 12 a 2 2  2  2  2  2  2  DH  DH DO DS 3a 6a 6a 2 0,25 4 4 a 2  Vậy d B,  SAC    2 x y z 3 5 Cho x, y , z  0. Chứng minh rằng:    1.0đ 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4 1 1 1 1 Với a, b  0 . Ta có :     0.25 a b 4 a b Ta có : x y z x 1 1  y 1 1  z 1 1  0.25             2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4  x  y x  z  4  x  y y  z  4  x  z y  z  x y z 1 x y y z z x        0.25 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z 4  x  y y  z z  x  x y z 3 0.25     2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6 x  2 y  1  0 . Viết phương trình 6a.1 1.0 đ đường thẳng d đi qua M  0; 2  và cắt đường tròn  C  theo dây cung có độ dài bằng 4. Từ đtròn  C  có tâm I(3;1) và bán kính R = 3 . Giả sử  C  cắt d tại 2 điểm A, B . Hạ IH  AB thì 0.25 H là trung điểm AB suy ra AH = 2. Ta có IH  IA2  AH 2  5 2 2 Vì d qua M  0; 2  nên có pt: A( x  0)  B ( y  2)  0 ( A  B  0)  Ax  By  2 B  0 0.25 3A  B  2B Ta có IH  5  5  2 A2  3 AB  2 B 2  0 2 2 A B A  2 0.25 Chọn B  1   A   1  2 Vậy có đt là (d1 ) : 2 x  y  2  0; ( d 2 ) : x  2 y  4  0 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thoi ABCD với A  1; 2;1 , B  2;3; 2  . Tìm tọa độ C, 1.0 đ 6a.2 x 1 y z  2 D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d :   1 1 1   Do I  d  I ( 1  t; t ;2  t ) . Ta có : IA  (t ; t  2;; t  1), IB  (3  t ; t  3; t ) 0.25   2 Mà ABCD là hình thoi nên IA . IB  0  3t  9t  6  0  t  1; t  2 0.25 * Với t  1  I (0;1;1)  C (1;0;1), D( 2; 1;0) 0.25 * Với t  2  I (1;2;0)  C (3;2; 1), D (0;1; 2) 0.25
2n 3  Cho khai triển   2 x 2  với x  0 và n là số nguyên dương thỏa mãn 7a x  1.0 đ C2n 1  C2 n1  ...  C2 n1  1024 trong đó Cnk là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa 1 3 2 n 1 x5 . 2 n 1 Xét khai triển 1  x   C20n1  C21n 1 x  C22n 1 x 2  ...  C22nn1 x 2n  C22nn11 x 2n 1 1 Từ (1) cho x  1 ta được 22 n 1  C20n 1  C21 n 1  C22n 1  ...  C22nn1  C22nn11  a  0,25 0 1 2 2n 2 n 1 Từ (1) cho x  1 ta được 0  C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1  ...  C 2 n 1 C 2 n 1 b   Lấy  a    b  ta được 22n 1  2 C21n1  C23n1  ...  C22nn1   C21n1  C23n1  ...  C22nn11  2 2n 0,25 Mà C21n 1  C23n 1  ...  C22nn11  1024  22 n  1024  n  5 2n 10 10 10  k 3  3  3 k 10 Khi n = 5 ta có  x  2 x 2     2 x 2    C10k    x  x  2x2  C k 10  k 10 3 .2k.x3k 10 0,25 k 0 k 0 5 Để có x  3k  10  5  k  5 khi đó hệ số của số hạng chứa x5 là C105 35 25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng sau d1 : x  2 y  3  0, d 2 : 2 x  y  2  0 1.0 đ 6b.1 và d3 : 3x  4 y  11  0 . Viết phương trình đường tròn  T  có tâm trên d1 , tiếp xúc với d 2 và cắt d3 tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 . Gọi I là tâm của  T  khi đó I  d1 nên I  3  2a; a  và R là bán kính của  T  8  3a 0.25 Do  T  tiếp xúc với d 2 nên d  I , d 2   R 5 Gọi H là trung điểm của AB suy ra tam giác IAH vuông tại H và AH  1 Khi đó IA2  AH 2  IH 2  R 2  1  IH 2  2  0.25 20  10a IH  d  I , d3    4  2a 5 2 Từ  2   8  3a  2  1   4  2a    8  3a   5  5  4  2a  2 2 5  64  48a  9a 2  5  5 16  16a  4a 2   64  48a  9a 2  5  80  80a  20a 2 0,25 a  1  11a  32a  21  0   2 21 a   11 2 2 Với a  1  I 1;1 , R  5 nên pt  T  :  x  1   y  1  5 2 2 0,25 21  9 21  5 5  9  21  125 Với a   I  ; ,R  nên pt  T  : x  y   11  11 11  11  11   11  121 x  3 y 1 z  2 6b.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  4; 1;3 , đường thẳng d :   2 1 2 1.0đ
và mặt phẳng  P  : 3x  4 y  z  5  0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , song song với P và cắt đường thẳng d Gọi B     P  suy ra B  3  2t ;1  t ; 2  2t  0.25  VTPT của  P  : n   3; 4;1  AB   2t  1; t  2; 2t  1 0.25 Đường thẳng  đi qua A , song song với P và cắt đường thẳng d nên AB / /  P  suy ra   AB. n  0   AB. n  0  3  2t  1  4  2  t   2t  1  0  12t  12  0  t  1 0,25 Với t  1  B  5; 0; 4   Ta thấy A, B   P  nên đường thẳng  thỏa đề bài đi qua A, nhận AB  1;1;1 làm VTCP có 0,25 phương trình x  4  y  1  z  3  21 x  2 x  1  1.0 đ 7b Tìm miền xác định của hàm số f  x   ln  x   2 1  21 x  2 x  1 Hàm số đã cho xác định   0 1 0.25 2x  1 1 x Xét f  x   2  2 x  1 suy ra f '  x   21 x ln 2  2  0 suy ra f  x  nghịch biến trên R suy ra phương trình f  x   0 có nghiệm duy nhất. Dễ thấy f 1  0 khi đó x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình f  x   0 f  x   0  f  x   f 1  x  1 f  x   0  f  x   f 1  x  1 0,25 2x  1  0  x  0 2 x  1  0  x  0;2 x  1  0  x  0 BXD: x  0 1  0.25 21 x  2x  1 + + 0 - 2x  1 - 0 + + VT 1 - + 0 - Từ bảng xét dấu suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là x   0;1 0,25 Vậy tập xác địnhcủa hàm số là D   0;1 Cảm ơn bạn Bình (binhnhohg@yahoo.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl