"Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối B, D năm 2013 - THPT chuyên Hà Tĩnh" có cấu trúc đề gồm 2 phần với thời gian làm bài trong vòng 180 phút. Ngoài ra tài liệu còn kèm theo đáp án giải các câu hỏi bài tập có trong đề, nhằm giúp các bạn dễ dàng ôn luyện và kiểm tra kết quả.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối B, D năm 2013 - THPT chuyên Hà Tĩnh
- TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
HÀ TĨNH Môn: TOÁN Khối: B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x 3 − 3 x − 2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2)Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng ∆ có hệ số góc m và đi qua điểm A(2; 0) cắt đồ thị (C)
tại ba điểm A, B, C phân biệt sao tam giác OBC có diện tích bằng 2 3 (O là gốc tọa độ)
Câu II. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1) 1 + sinx – cosx = sin2x – cos2x
x 4−x
2) + =4
x −1 3− x
π
16
Câu III. (1,0 điểm)Tính tích phân: I = tan 4x
dx
0
sin 4 x + cos 4 x
Câu IV. ( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, mặt bên (SAB)
vuông góc với đáy, hai mặt bên (SAC) và (SBC) cùng tạo với đáy góc 450. M, N lần lượt là trung điểm
SB, SC.
Tính thể tích khối chóp A.BCMN theo a.
Câu V. ( 1.0 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn: x + y + z = 7.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 15x + 8xy + 4xyz.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa ( 2,0 điểm )
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(2; 3); đường thẳng chứa cạnh
CD đi qua điểm M(2; 1). Đường thẳng chứa BD có phương trình: 2x + y – 11 = 0. Xác định tọa độ các
đỉnh còn lại của hình chữ nhật trên.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A(0; 1; 2 ), B(1; 1; 0) và mặt phẳng (P) có phương trình:
x + y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho tam giác ABM vuông cân tại B.
Câu VIIa ( 1,0 điểm) Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
2 2
z − 1 + z − 5 = 2013
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có C( 3; 1), đường thẳng chứa BD và
đường thẳng chứa đường phân giác của góc DAC lần lượt có phương trình là: x 2y 1 = 0 và x –
1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành trên.
x = 30
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ có phương trình: y = 4
z = 1975 + t
Hai điểm A, B thay đổi trên ∆ sao cho AB = 2 và hai điểm C, D thay đổi trên trục hoành sao cho CD =
3.
Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
- Câu VIIb ( 1,0 điểm) Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn
z −1
là số thực.
z − 5i
................Hết................
Họ tên thí sinh………….……………………….…..Số báo danh………………..……
Thí sinh không sử dụng tài liệu Thầy, cô giáo xem thi không phải giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
HÀ TĨNH HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN ; Khối: B, D
Câu Nội dung Điể
m
I.1 Học sinh tự giải
1,0
+ Phương trình đường thẳng ∆: mx – y – 2m = 0.
0,25
+ Phương trình hoành độ giao điểm:
x−2=0
x3 − 3x − 2 = mx − 2m � ( x − 2)( x 2 + 2 x + 1 − m) = 0 �
x 2 + 2 x + 1 − m = 0(*) 0,25
+ ∆ cắt (C) tại 3 điểm A, B, C phân biệt khi và chỉ khi pt(*) có 2 nghiệm phân biệt
khác 2
m > 0, m 9.
I.2 + Khi đó A(2; 0). Đặt B (b;2b − 2 m), C (c;2c − 2m) , với b, c là hai nghiệm phân biệt
của pt(*).
−2m
Ta có: + BC = 2 m(1 + m 2 ) , d(O; ∆) =
1 + m2 0,5
1
Do đó: S ∆OBC = d (O; ∆ ).BC = 2m . m = 12 � m = 3 3 . Vậy m = 3 3 là
2
giá trị cần tìm.
pt (sinxcosx)2+sinxcosx – (sinxcosx)(sinx+cosx)=0
0,5
(sinxcosx)(12cosx)=0
II.1 π
x = + kπ
4
0,5
π
x= + k 2π
3
Điều kiện 1 < x < 3. 0,25
- Phương trình đã cho tương đương với pt :
1 1 0,25
x −1 + 3 − x + + = 4.
x −1 3− x
Đặt x − 1 + 3 − x = t ( 2 < t 2) (*)
II.2 t2 − 2
ta có x − 1. 3 − x = . Khi đó phương trình trở thành
2 0,25
2t
t+ 2 = 4 � t 3 − 4t 2 + 8 = 0 (t − 2)(t 2 − 2t − 4) = 0 t = 2 ( do đ/k (*))
t −2
Với t = 2 giải ra x = 2 . Đáp số x = 2 0,25
π
π
16
sin 4x 16
sin 4x
I = dx = 4 dx
3 1 0,25
III
0 cos4x( + cos4x) 0
cos4x(3 + cos4x)
4 4
Đặt t = 3+cos4x dt= 4sin4xdx
4 4
π
dt 1 1 1
Khi x=0 thì t=4; khi x= thì t=3+
2
Vậy I = = ( − )dt 0,5
16 2 2
(t − 3)t 3 2
t −3 t
3+ 3+
2 2
1 1 t −3 1 6+ 2
= (ln t − 3 ln t )
4 4
2
= ( ln ) 2
= ln 0,25
3 3+
2
3 t 3+
2
3 4 2
S
N
0,25
M C
A
F
IV
H
E
B
- Kẻ SH ⊥ AB SH ⊥ (ABC). Kẻ HE ⊥ BC BC ⊥ (SHE ) BC ⊥ SE SEH=45o
Tương tự SFH=45 o
Hai tam giác vuông SHE và SHF bằng nhau suy ra HE=HF H nằm trên đường 0,25
phân giác góc C của tam giác đều ABC H là trung điểm AB
a 3
Ta có: HE.BC=CH.HB HE =
4
a 3 1 1 a 3 1 a 3 a3 0,25
SH= HE = ; VSABC= SH.S ∆ ABC = ( a. )=
4 3 3 4 2 2 16
VSAMN SM .SN 1 3 3a 3
= = VABCMN = VSABC =
VSABC SB.SC 4 4 64 0,25
Ta có: P = 15x + 4x[ y(2 + z ) ] 15x + x[y + (2 + z)]2
0,25
= 15x + x(9 − x) 2 = x 3 − 18x 2 + 96x = f (x)
x=4
Khi đó: f ' (x) = 3x 2 − 36x + 96 = 0
x =8
Ta xét bảng biến thiên:
X 0 4 7 0,5
V F'(x) + 0
F(x) 160
x+y+z=7
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 160 khi: y = 2 + z
x=4 0,25
5 1
tức là khi: x = 4, y = , z = .
2 2
Via.1 Phương trình CD: x + 2y – 4 = 0
Tọa độ D(6;1) 0,25
Phương trình đường thẳng CB: 2x – y + 7 = 0 0,25
B=CB BD=(1;9)
- I là trung điểm BD => I(7/2;4)=> A(9;5)
Kết luận: A(9;5); B(1;9);C(2;3);D(6;1)
0,5
uuuur uuur
Via.2 Gọi tọa độ M(x0; y0; z0) suy ra BM = ( x0 + 1; y0 − 1; z0 ), AB = ( −1;0; −2)
M ( P)
uuur uuuur
Để tam giác ABM vuông cân tại M và M ( P ) , ta cần có : AB.BM = 0 0,5
BM = AB
x0 + y0 + z0 + 1 = 0
� −1( x0 + 1) − 2 z0 = 0
( x0 + 1)2 + ( y0 − 1)2 + z0 2 = 5
2 0,5
Giải theo z0 ta có : z0 = 1 hoặc z0 = − suy ra có 2 điểm M cần tìm là:
3
1 2 2
M (3; 1; 1) và M( ; − ; − )
3 3 3
VII.a Gọi z = a + bi và M(a ;b) là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng phức.
z – 1 = a – 1 + bi ; z – 5 = a – 5 + bi 0,25
2 2
z − 1 + z − 5 = 2013 (a1)2+b2+(a5)2+b2=2013
1987 0,5
a2+b26a = 0
2
1987
Vậy tập họp các điểm M là đường tròn có phương trình: x2+y26x = 0
2
0,25
2005
hay: (x3) +y =
2 2
2
Vib.1 + Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường phân giác góc DAC. 0,25
Khi đó C’(1 ; 1).
a- 1
+ Đặt A( 1 ; a), khi đó tâm hình bình hành I (2; ) là trung điểm AC và thuộc đường
2
a- 1
thẳng chứa cạnh BD nên : 2 - 2. - 1= 0 � a = 2 0,25
2
1
Do đó A( 1 ; 2), I (2; ) .
2
+ Ta suy ra phương trình đường thẳng AC’ là :3x – 2y +1 =0.
￬ x - 2 y - 1= 0
Khi đó tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình : ￬￬ 0,25
￬￬ 3x - 2 y + 1 = 0
Ta được D( 1 ; 1), từ đó suy ra B( 5 ; 3).
+ Vậy tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD là : A( 1 ; 2), B( 5 ; 3), D( 1 ; 0,25
1).
- 1
Chứng minh VABCD = AB.CD.d.sin α (trong đó d=d( ∆ ;ox); α là góc ∆ và ox) 0,25
6
Vib.2 Tính d = 4; sin α =1 0,25
Suy ra VABCD = 4 0,25
+ Đặt z = x + yi; x, y ￬ ? 0,25
+ Ta có: Với z ￬ 5i ( x ￬ 0, y ￬ 5 )
z- 1 x - 1 + yi ( x - 1 + yi ) [ x - ( y - 5)i ]
= =
z - 5i x + ( y - 5)i x 2 + ( y - 5) 2 0,25
,
x( x - 1) + y ( y - 5) 5x + y - 5
VII.b = + 2 i
x 2 + ( y - 5)2 x + ( y - 5) 2
z −1
Vì là số thực nên: 5 x + y - 5 = 0 0,25
z − 5i
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường thẳng
5 x + y - 5 = 0 trừ điểm có tọa độ: ( 0; 5).
0,25
Mọi cách giải khác đúng nhưng khác với hướng dẫn chấm này Thầy, cô cho điểm tương ứng.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
