Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán năm 2013 khối A, A1 - Trường THPT Lê Quý Đôn

Chia sẻ: Phan Doanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán năm 2013 khối A, A1 của trường THPT Lê Quý Đôn dành cho các bạn học sinh nhằm củng cố kiến thức môn Toán về giải phương trình, tính tích phân và luyện thi thử Đại học môn Toán. Chúc các bạn đạt kết quả tốt nhất

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán năm 2013 khối A, A1 - Trường THPT Lê Quý Đôn

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 -NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: TOÁN; Khối: A +A1 Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x  1 . x 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Tìm m để đường thẳng (d) y  2 x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ).  Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình . 2sin 2 ( x  )  2sin 2 x  tan x . 4  ( x  2) x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2  0 Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :   ( x, y  R ) . 2  x  y 1  x  y 1  ln 2 e x dx Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân : 3 . 0 ex  1  ex  1 Câu V(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a, ACB  1200 , đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A '  góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a. Câu VI(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 x  2  y  1  1  x  y . 2(32  xy x  y) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = x ( x  y)  y ( y  x)  . 2 2 x y II.PHẦN RIÊNG.(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B). A. Theo chương trình chuẩn. Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : 2 x  y  0 và (d 2 ) : x  2 y  3 5  0 cắt nhau tại A.Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24. Câu VIII.a (1,0 điểm) 2 2 2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  4 x  6 y  10 z  24  0 và hai mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0; (Q) : x  2 y  z  1  0 . Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu IX.a(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2  z 2  6 và z  1  i  z  2i . B. Theo chương trình nâng cao. Câu VII.b(1,0 điểm).Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn  C  : x 2  y 2  18 x  6 y  65  0 và  C ' : x 2  y 2  9 . Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là 24 các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng . 5 Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm B  0;3; 0  , M  4; 0; 3 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 ( O là gốc toạ độ ). 1 5 9 2013 Câu IX.b (1,0 điểm)Tính tổng S  C2014  C2014  C2014 ........  C2014 . ........................................….. Hết …...................................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ……….
SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH ĐÂP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi: TOÁN- Khối A+A1 Câu Nội dung Điểm Cho hàm số y  2 x  1 . x 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. TXĐ: R\ 1 . 3 0.25 y’ =
Gọi A( x1 ; 2 x1  m); B( x2 ; 2 x2  m) ,với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1). m4 m 1 Theo Viét: x1  x2  ; x1 .x2  2 2 0,25  O  (d )  (1) Để tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ) thì     OA . OB  0 (2)  (1)  m  0 0,25 (2)  x1 x2  (2 x1  m)(2 x2  m)  0  5 x1 x2  2m( x1  x2 )  m 2  0 m 1 m4 5 5  2m  m2  0  m   . 2 2 3 0,25 5 Kết luận: m   3 2  Giải phương trình . 2 sin ( x  )  2 sin 2 x  t anx .(1) 4 Điều kiện : cos x  0 0,25 2 2 (1)   s inx  cos x   2sin x  t anx  1  2s inx  t anx(sin 2 x  1) 0,25  (sin 2 x  1)(t anx  1)  0 Câu II   (1 điểm) x    k  (tm) sin 2 x  1  4    t anx  1   x   k (tm)   4 0,5    x    k 4 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm :    x   k   4  ( x  2) x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2  0 (1) Giải hệ phương trình :   ( x, y  R ) . 2  x  y 1  x  y 1  (2) Điều kiện: x 2  y  1  0 Phương trình (1)  ( x  2) ( x  2)2  3  x  2   y ( y )2  3  y Câu III t2 0,5 (1 điểm) Xét hàm số f (t )  t t 2  3  t Có f '(t )  t 2  3   1  0 t t2  3  Hàm số f(t) đồng biến trên R  Phương trình (1)  x  2   y
Thay vào (2) ta có  3  3 2  x  x x  x  1  2x  3   2  2  x  x  1  4 x  12 x  9  2 2  x 2  x  1  4 x 2  12 x  9   3 0,5 :  x2  3  x   2    x  1  x  1  y  1 (tmdk) 3 x 2  13 x  10  0   10  x    3 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1). ln 2 e x dx Tính tích phân : I= 3 . 0 ex  1  ex  1 x 2 x Đặt e -1 = t  e dx  2tdt Với x  0  t  0 0,25 Với x  ln 2  t  1 Câu IV 1 (1 điểm) 2tdt I 2 0,25 0 t  3t  2 1 1 2(t  1)  (t  2) 2 1  2 dt  2  (  )d 0,25 0 (t  1)(t  2) 0 t  2 t 1 1 1  4 ln t  2 0 2ln t  1 0  4ln 3  6 ln 2 0,25 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a, ACB  1200 , đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A '  góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a. Câu V (1 điểm) Trong (ABC), kẻ CH  AB  H  AB  , suy ra CH   ABB ' A ' nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: ( A ' C ,  ABB ' A ')   A ' C , A ' H   CA ' H  300 . 0,25 1 0 a2 3 S ABC  AC .BC.s in120  2 2 2.S ABC 21 AB 2  AC 2  BC 2  2 AC.BC .cos1200  7 a 2  AB  a 7 ; CH  a 0,25 AB 7
CH 2a 21 Suy ra: A ' C  0  s in30 7 35 Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA '  A ' C 2  AC 2  a . 7 a 3 105 0,25 Suy ra: V  S ABC .AA '  . 14 Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' . Suy ra: a 21 0,25 d  A ' B, CC '   d  CC ',  ABB ' A '   d  C ,  ABB ' A '   CH  7 Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 x  2  y  1  1  x  y . 2(32  xy x  y) Tìm GTLN, GTNN của P = x ( x  y)  y ( y  x)  . 2 2 x y Từ gt  x  2; y  1 . 2 0,25  Vì 2. x  2  1. y  1   2 2  12   x  2  y  1  2 x  2  y  1  5( x  y  1) . Nên từ 2 x  2  y 1 1  x  y 0,25  ( x  y  1)2  5( x  y  1) . Đặt t = x + y , ta có: (t  1)2  5(t  1)  1  t  6 1 64 1 2 64 Khi đó: P = ( x  y )2   t  . 2 x y 2 t Câu VI (1 điểm) 1 2 64 32 ' 0,25 Xét f (t )  t  , với t  1; 6 , có f ' (t )  t  ; f (t )  0  t  4 2 t t t 129 64 Có f (4)  40 ;; f (1)  ; f (6)  18  2 6 129  Min f (t )  f (4)  40 ; Max f (t )  f (1)  t1;6  t1;6 2  92  12 6 x  y  4 x  0,25   25  GTNN của P là 40 khi   2 x  2  y  1  3   y  8  12 6   25 129 x2 GTLN của P là khi  2  y  1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : 2 x  y  0 và (d 2 ) : x  2 y  3 5  0 cắt nhau tại A. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24.
CâuVIIa (1 điểm) A I B C 0,25 4 Ta có A( 5; 2 5) .Gọi  là góc tạo bởi hai đường thẳng d1 và d2  cos  5 Đường tròn (C) nhận AB là đường kính  Tam giác ABC vuông tại C  BAC   Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R 8 6 Ta có AC  2 Rcos  R; BC  2 R sin   R 5 5 0,25 2 1 24 R S ABC  AC.BC   24  R  5 2 25 Vì I  (d1 )  I (a; 2a) .Có 2 2  a0 0,25  IA  R  a  5    2a  2 5   25  5a 2  10a 5  0   a  2 5 Với a  0  I (0;0)  Phương trình đường tròn (C) là x 2  y 2  25 Với a  2 5  I (2 5; 4 5)  Phương trình đường tròn (C) là 0,25 2 2 x  2 5   y  4 5  25 Trong không gian toạ độ Oyz, cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  10 z  24  0 và hai mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0; (Q) : x  2 y  z  1  0 .Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Mặt cầu (S) có tâm là I(2;3;-5) và bán kính là R  14   Mặt phẳng (P) có VTPT là n1  (1;1; 1)   Mặt phẳng (Q) có VTPT là n2  (1; 2;1) 0,5 Vì mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) nên có một VTPT là Câu VIIIa      n   n1 , n2   (1; 2; 3) .Chọn n  (1; 2;3)   (1điểm) Phương trình mặt phẳng (α) có dạng : x  2 y  3 z  d  0 2  6  15  d Vì mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d ( I ;( ))  R   14 14 0,5  d  21  7  d  14    d  7 Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x  2 y  3z  21  0 và x  2 y  3 z  7  0 Tìm số phức z thỏa mãn z 2  z 2  6 và z  1  i  z  2i
Câu IXa (1điểm) Giả sử z  x  yi, ( x, y  ) . Ta có: 0,25 + z 2  z 2  6  ( x  yi) 2  ( x  yi) 2  6  x 2  y 2  3 (1) + ( x  1)  ( y  1)i  x  ( y  2)i 0,25  ( x  1)2  ( y  1)2  x 2  ( y  2) 2  x  3 y  1  0 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  2, y  1 x2  y2  3 x  3y 1 0,25   2  7 1 . x  3y 1  0 4 y  3 y  1  0 x   , y     4 4 7 1 Vậy z  2  i; z    i 0,25 4 4 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn  C  : x 2  y 2  18 x  6 y  65  0 và  C ' : x 2  y 2  9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn 24 0,25 (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng . 5 0,25 Câu VIIb (1điểm) Đường tròn (C’) có tâm O  0;0  , bán kính R  OA  3 . Gọi H  AB  OM , do H là 12 9 OA 2 0,25 trung điểm của AB nên AH  . Suy ra: OH  OA 2  AH 2  và OM  5 5 5 OH M   C    2 2  x  y  18 x  6 y  65  0 Đặt M  x; y  , ta có:   2 2 0,25 OM  5   x  y  25  3x  y  15  0  x 2  9 x  20  0  2 2  0,25  x  y  25  y  15  3x x  4 x  5   y  3 y  0 Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: M  4;3  hoặc M  5;0  . Câu VIIIb Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( ac  0 ) (1điểm) x y z 0,25 Vì B  0;3; 0   Oy nên  P  :    1 . a 3 c 4 3 M  4; 0; 3   P     1  4c  3a  ac (1) 0,25 a c
1 1 1 ac VOABC  OB.S OAC  .3. ac   3  ac  6 (2) 3 3 2 2 a  4 ac  6 ac  6  a  2 Từ (1) và (2) ta có hệ    3 0,25 4c  3a  6 4c  3a  6 c   2 c  3  x y 2z x y z Vậy  P  : 1    1;  P2  :    1 0,25 4 3 3 2 3 3 1 5 2013 0,25 Tính tổng S  C2014  C2014  ........  C2014 Trong khai triển: 1  x 2014  C2014  xC2014  x 2C2014  x3C2014  ........  x2014C2014 0 1 2 3 2014 0 1 2 3 2014 2014 Khi x = 1 ta có: C2014  C2014  C2014  C2014  ........  C2014  2 1 0,25 0 1 2 3 2014 Khi x = -1 ta có: C2014  C2014  C2014  C2014  ........  C2014  0  2 1 3 5 7 2013 2013 Lấy (1) – (2) ta có: C2014  C2014  C2014  C2014  ........  C2014  2  3 2014 Câu IXb Xét số phức: 1  i   C2014  iC2014  i 2C2014  i 3C2014  ........  i 2014C2014 0 1 2 3 2014 (1điểm) 2 1007 0,25 Do 1  i  2014   1  i     2i  1007  21007 i1007  21007 i 1007 0 1 2 3 4 5 2014 Nên: 2 i  C20134  iC2014  C2014  iC2014  C2014  iC2014 ........  C2014 = 0,25  0 C2014 2  C2014 4  C2014 2012  ...  C2014 2014  C2014  1 C2014 3  C2014 5  C2014 2013  ...  C2014 i 1 3 5 7 2013 1007 Vậy : C2014  C2014  C2014  C2014  ...  C2014 = 2 (4) 0,25 2012 Lấy (3) + (4): Ta có S  2  21006 Chú ý : -Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa . -Điểm toàn bài không làm tròn.