Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2013-2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT Gia Bình Số 1

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo "Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2013-2014 môn Toán (khối A, A1)" của Trường THPT Gia Bình Số 1 thuộc Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh để nắm bắt một số thông tin cơ bản. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao 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 2 năm 2013-2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT Gia Bình Số 1

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT GIA BÌNH SỐ 1 MÔN THI: TOÁN, KHỐI A, A1 Thời gian làm bài 180 phút (không kể giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = f ( x ) = x 4 + 2(m - 2) x 2 + m2 - 5m + 5 (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 2) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. cos 2 x.( cos x - 1 ) Câu 2 ( 1 điểm).Giải phương trình: = 2 (1 + sin x ) sin x + cos x ïì3 y 2 + 1 + 2 y ( x + 1) = 4 y x 2 + 2 y + 1 Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình: í ( x, y Î ¡ ) ïî y ( y - x ) = 3 - 3 y p 2 1 Câu 4 (1 điểm). TÝnh tÝch ph©n I = ò cos x( + x)dx . 0 2 + 3sin x + 1 Câu 5 (1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D tới mặt phẳng (SBC). 1 Câu 6 (1 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 ( a + b)(b + c) (b + c)(a + c) ( a + c )( a + b ) P = + + ( a + b )(b + c) + a + c (b + c)( a + c) + a + b ( a + c)(a + b ) + b + c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu 7a (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (S): x 2 +y 2 6x − 41=0, biết A(4;7) và H(4;5) là trực tâm của tam giác. Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Câu 8a ( 1 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – y – 2z = 0 và điểm M(2; 3 ; 1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua M vuông góc với (P) và tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc 45 0 . 1 1 1 1 Câu 9a (1 điểm). Tính tổng S = + + ... + + 2!.2012! 4!.2010! 2012!.2! 2014! 2. Theo chương trình nâng cao Câu 7b (1 điểm). Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng D : x - y + 5 = 0 và hai elíp x 2 y 2 x 2 y 2 ( E1 ) : + = 1 , ( E2 ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E 2 ) đi qua điểm M 25 16 a b thuộc đường thẳng D . Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E 2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. Câu 8b ( 1 điểm). Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;0;1), C(2;1;1). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và OB. Câu 9b ( 1 điểm). Giải phương trình : 2log ( x +3 ) = x 5 …………….hết……………. Cảm ơn bạn (luckylucke@yahoo.com) gửi tới www.laisac.page.tl
1 1 ĐÁP ÁN 2 4 2 Xét hàm số y = f ( x ) = x + 2(m - 2) x + m - 5m + 5 2 Tập xác định: R y’ = 4x 3 +4(m – 2)x. Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt é x = 0 Û 4 x( x 2 + m - 2) = 0 Û ê 2 có ba nghiệm phân biệt ë x = 2 - m Hay 2 – m > 0 Û m
p 2 cos x 2 3 Tính I1 = ò 2 + dx = (1 + 2ln ) 0 3sin x + 1 3 4 p p 2 p 2 p Tính I2 = x cos xdx = x sin x - sin xdx = ò 2 0 ò - 1 0 0 2 4 3 p 1 Vậy I = ln + - . 3 4 2 3 5 S M A B D C Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh được góc DMB = 120 0 và D DMB cân tại M 2 2 Tính được: DM 2 = a 3 1 1 1 D SCD vuông tại D và DM là đường cao nên 2 = 2 + 2 DM DS DC Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a. 1 Vậy thể tích S.ABCD bằng a 3 . 3 Ta có AD song song với BC nên AD // (SBC) suy ra d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)). Trong mặt phẳng (SAB) hạo AH vuông góc với SB chứng minh được d(A,(SBC)) = AH 1 1 1 a 2 Mà 2 = 2 + 2 Û AH = AH AS AB 2 a 2 Vậy d(D,(SBC)) = . 2 6 Đặt a + b = x, b + c = y, c + a = z, ta có x + y + z = 1 và xy yz zx P = + + xy + z yz + x zx + y Ta có xy xy xy = = xy + z xy + z ( x + y + z ) ( x + z )( y + z ) xy x y 1 x y Þ = . £ ( + ) (1) xy + z x + z y + z 2 x + z y + z Tương tự ta có
yz 1 y z £ ( + ) (2) yz + x 2 y + x z + x zx 1 z x £ ( + ) (3) zx + y 2 z + y x + y 3 Từ (1), (2), (3) ta có P £ , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1/6 2 Vậy MaxP = 3/2, đạt tại a = b = c = 1/6 7a Ta có (S) có tâm I(3;0) uuur 10 5 uur Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có IH = 3IG Þ G ( ; ) 3 3 uuur 3 uuur uur Gọi D là trung điểm BC ta có AD = AG Þ D (3; -1) Þ ID = (0; -1) Þ BC : y + 1 = 0 2 Do đó tọa độ của B, C là nghiệm của hệ ì y = -1 ì y +1 = 0 ì y = -1 ï í 2 2 Û í 2 Û í é x = 10 î x + y - 6 x - 41 = 0 î x - 6 x - 40 = 0 ï ê x = -4 î ë Vậy B (10; -1), C ( -4; - 1) hoặc B ( -4; -1), C (10; - 1) r 8a Gọi n( a ; b; c ) là một vectơ pháp tuyến của (Q) r (P) có một vectơ pháp tuyến nQ (1; -1; -2) ur (Oyz) có một vectơ pháp tuyến n '(1; 0; 0) ìa - b - 2c = 0 ï Theo giả thiết ta có hệ í a 1 ï 2 = 2 2 î a + b + c 2 r r Giải hệ ta tìm được n (1;1; 0) hoặc n(5; -3; 4) Vậy có hai phương trình mặt phẳng (Q) là x + y + 1 = 0, 5x – 3y + 4z – 23 = 0. 9a 2014! 2014! 2014! 2014! Ta có 2014!. S = + + ... + + 2!.2012! 4!.2010! 2012!.2! 2014! Theo công thức tổ hợp ta có 2 4 2012 2014 2014!S = C2014 + C 2014 + ... + C2014 + C2014 Xét khai triển (1 + x ) 2014 = C2014 0 1 + C2014 x + C20142 x 2 + ... + C2014 2012 2012 x + C 2014 2013 2013 2014 2014 x + C2014 x Chọn x = 1 ta được đẳng thức 0 2 2012 2014 1 3 2013 C2014 + C2014 + ... + C2014 + C2014 = C2014 + C 2014 + ... + C 2014 Mặt khác cho x = 1 ta có 0 1 2 2012 2013 2014 C2014 + C 2014 + C 2014 + ... + C 2014 + C 2014 + C 2014 = 2 2014 0 2 2012 2014 Þ C2014 + C 2014 + ... + C 2014 + C 2014 = 2 2013 2 2012 2014 Þ C2014 + ... + C2014 + C2014 = 2 2013 - 1 22013 - 1 Vậy S = 2014!
7b Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( - 3;0), F2 (3;0). Điểm M Î ( E2 ) Þ MF1 + MF2 = 2 a . Vậy ( E 2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi MF1 + MF2 nhỏ nhất. Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F 1 qua D , suy ra N ( - 5;2). Ta có: MF1 + MF2 = NM + MF2 ³ NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF2 Ç D ì 17 ï x = - ì x + 4 y - 3 = 0 ï 5 æ 17 8 ö Toạ độ điểm M : í Ûí Þ M ç - ; ÷ . î x - y + 5 = 0 ï y = 8 è 5 5 ø ïî 5 8b Ta có uuur uuur uuur uuur OA(1;0;0), OB (0;0;1), OC (2;1;1), AC (1;1;1) uuur uuur uuur uuur uuur Þ éëOA, OB ùû .OC = -1, éë AC , OB ùû = 2 uuur uuur uuur éOA, OB ù . OC 1 Vậy khoảng cách giữa AC và OB là h = ë uuur uuu û r = . é AC , OB ù 2 ë û 9b ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2 t t t 2 1 ( 2 ) Û log 5 ( 2t + 3) = t Û 2 t + 3 = 5t Û æç ö÷ + 3 æç ö÷ = 1 (2) è 3ø è 5 ø t t æ2ö æ 1 ö Xét hàm số : f(t) = ç ÷ + 3 ç ÷ è3ø è 5 ø t t æ 2ö 2 æ 1 ö f'(t) = ç ÷ ln + 3 ç ÷ ln 0, 2 < 0, "t Î R è 3ø 3 è5ø Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2. Cảm ơn bạn (luckylucke@yahoo.com) gửi tới www.laisac.page.tl