Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối A, A1 và B)

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để chuẩn bị tốt cho kì thi Đại học sắp tới mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối A, A1 và B)". 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 học 2013-2014 môn Toán (khối A, A1 và B)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN (Khối A, A1 và B) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x3 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  . 1 x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Một đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và có hệ số góc m , tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm M , N phân biệt thỏa AM  2 AN . 1 2sin x 1 sin x Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình  . 1  2sin x 3 cos x  x 2  x  4 y  y  2 Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình  , x, y   .  x  y  x  y  x 2  y 2  1   2 sin 2 x Câu 4. (1 điểm) Tính  1  3sin x  4 1  3sin x dx . 0 Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O, BAD  600 , hai mp(SBD) và mp(SAC) cùng vuông góc với mp(ABC), mp(SAB) tạo với mp(ABC) một góc 2   arctan . Tính thể tích của khối chóp SABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. 3 2 2 Câu 6. (1 điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương thỏa   ( x  y)( x  z ) . 3x  2 y  z 1 3x  2 z  y 1 2( x  3)2  y 2  z 2 16 Tìm giá trị lớn nhất của P  . 2x2  y2  z 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(1;3) , điểm C thuộc đường 1 thẳng  : x  y  6  0 , phương trình đường thẳng BD: x  2 y  2  0 , tan BAC  . Tìm tọa độ ba 2 đỉnh B, C, D. x  2 y 1 z Câu 8a. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng a :   và b : 1 1 1 x  1 y z 1   . Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với a , b và cắt ba trục tọa độ lần lượt 4 1 2 tại A, B, C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6. Câu 9a. (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: ( z  i  1)2  3( z  i  1)  z  2  2  z  2  0. 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  2) 2  ( y 1)2  5 , điểm A(0, 2) và đường thẳng  : 2 x  y  6  0 . Viết phương trình đường tròn (C ') tiếp xúc với (C ) tại A và tiếp xúc với  . x 1 y 1 z Câu 8b. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng () : 2 1 2 y  z  4  0 . Viết phương trình mặt phẳng () biết rằng () vuông góc với () , song song với  và d ( , )  2 d (O, ) . Câu 9b. (1 điểm) . Giải phương trình 8x  ( x 3  3 x 2  6)4 x  2( x3  3 x 2  6)3  0 . Nguồn từ http://luongvanchanh.edu.vn/
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2013-2014 Môn Toán – Khối A, A1 và B Câu Nội dung Điểm chi tiết Câu 1a  Tập xác định: D   \ 1 0.25 2  y'  0 , x  1 ( x 1)2 Hàm số nghịch biến trong các khoảng (,1) và (1; )  Giới hạn và tiệm cận 0.25 Tiệm cận đứng: x  1 (vì lim y  , lim y   ) x1 x 1 Tiệm cận ngang: y  1 (vì lim y  lim y  1). x x   Bảng biến thiên 0.25 x  1  y'   y 1   1  Đồ thị 0.25 Câu 1b Phương trình của đường thẳng d : y  2  m( x 1)  y  mx  m  2 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và (C ) : x 3 mx  m  2   mx 2  (2 m  1) x  m 1  0 . (1) 1 x Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M, N  (1) có hai nghiệm phân biệt 0.25 m  0 m  0     (2)   0 m   1 .  8 Giả sử M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) , khi đó x1 , x2 là nghiệm của (1) nên  2m 1  x1  x2   m (3)  m 1  x1 x2  .  m   Ta có AM  ( x1 1, y1  2) , AN  ( x2 1, y2  2) . 0.25   Để AM  2 AN  AM  2 AM  x1 1  2( x2 1)  x1  3  2 x2 . (4)
 1 0.25 3  x2  2  Thế x1  3  2 x2 vào (3) ta được  m . Giải hệ này ta được m  1 , thỏa (2).  1 3 x2  2 x2  1 2  m Vậy khi m  1 thì thỏa đề bài. Câu 2   0.25  x   k   2 cos x  0     x    k 2  Điều kiện:  sin x   1  6  2  7   x   k 2.  6 Phương trình đã cho tương đương với 0.5 3 cos x (1 2sin x )  (1 sin x)(1  2sin x)  3 cos x  sin 2 x  sin x  cos 2 x      3 cos x  sin x  cos 2 x  3 sin 2 x  cos  x    cos  2 x    6  3       x   2 x   k 2  x   k 2  6 3  2        2  x   2 x   k 2 x   k .  6 3  18 3  2 0.25 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x  k . 18 3 Câu 3  x 2  x  4 y  y  2 0.25  (1)   x  y  x  y  x 2  y 2  1 (2)   x   y Điều kiện  2 (3)  x  x  4 y  0  y  2  y  2 Ta có (1)   2   2  x  x  4 y  ( y  2) 2  x  y 2  x  4  0. (1') Đặt u  x  y , v  x  y ( u , v  0 ). 0.25 Thế vào (1’) và (2), ta được 2u 2 v 2  (u 2  v 2 )  8  0 (3)  u  v  uv  1. (4) Lại đặt S  u  v , P  uv ( S 2  4 P  0, S  0, P  0 ), thế vào (3) và (4), ta được 0.25 2 P 2  S 2  2 P  8  0   S  P  1  S  4, P  3 Giải hệ này ta được  , suy ra  S  2, P  3 (lo¹i)  x  y  9 0.25  u  3, v  1  x  y  1  x  5, y  4    u  1, v  3  x  y  1  x  5, y  4.       x  y  9 So sánh các điều kiện trên, ta thấy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y)  (5, 4) .
Câu 4  0.25 2 sin 2 x Đặt I   dx . 0 1  3sin x  4 1  3sin x t 4 1 4 Đặt t  4 1  3sin x  sin x   cos xdx  t 3 dt . 3 3  Khi x  0 , ta có t  1 ; khi x  , ta có t  2 . 2  0.25 2 8 t 3 (t 4 1) 2 2sin x cos x Khi đó I   dx   2 dx 0 1  3sin x  4 1  3sin x 9 1 t t 2 0.25 8 t 6 t5 t 4 t3  2   (t 5  t 4  t 3  t 2 )dx       8 9 1 9  6 5 4 3  1 8  49 22 2  0.25     . 9  20 15  Câu 5 Theo giả thiết ta có ABD và CBD là các tam giác đều. 0.25 ( SAC )  ( ABC ) Do  SO  ( ABC ) . ( SBD)  ( ABC ) Trong mp(ABC), hạ OK  AB , suy ra SK  AB , vì vậy OKS   . S 0.25 S F E B G K C O I C O G A D a 3 2 a Trong tam giác vuông SOK, ta có SO  OK .tan   .  . 4 3 2 1 1 a3 3 Do đó V  SO. . AC.BD  . 3 2 12 Gọi  là trục của đường tròn (BCD), ta có  đi qua trọng tâm G của tam giác BCD và 0.25 vuông góc với mp(ABC) nên  thuộc mp(SAC). Trong mp(SAC), trung trực d của đoạn SC cắt  tại I. Do I   nên IB  IC  ID , do I  d nên IS  IC , suy ra I là tâm và IC là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Tam giác SOC có SC  a và CSO  600 . Gọi E là trung điểm của SC, F là giao điểm 0.25 của  và SC. 1 1 a a 3 Ta có EF  ES  SF  SC  SC  , EI  EF 3  (vì EFI  600 ) , 2 3 6 6  a 3   a 2 a 2 2 suy ra IC  IE  EC   2 2 2       .  6   2  3 a Do đó R  IC  . 3 Câu 6 2 2 0.25 Từ giả thiết   ( x  y )( x  z ) (1) 3x  2 y  z 1 3x  2 z  y 1
và áp dụng các bất đẳng thức (2 x  y  z )2 ( x  y )( x  z )  , 4 2 2 8   , 3x  2 y  z 1 3 x  2 z  y 1 3(2 x  y  z )  2 8 (2 x  y  z ) 2 ta có  . (2) 3(2 x  y  z )  2 4 Đặt u  2 x  y  z ( u  0 ), ta có 8 u2 (2)    3u 3  2u 2  32  0 3u  2 4  (u  2)(3u 2  8u  16)  0  u  2  y  z  2  2x . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y  z . 2( x  3)2  y 2  z 2 16 12 x  2 0.25 Ta có P   1 2 . 2x  y  z 2 2 2 2x  y2  z2 ( y  z )2 Lại do 2 x 2  y 2  z 2  2 x 2   2 x 2  2(1 x)2  2(2 x 2  2 x  1)  0 và 2 6x 1 12 x  2  0 nên P  1  2 . 2 x  2 x 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y  z . 6 x 1 0.25 Đặt f ( x)  1  2 , ( x  0) . 2 x  2 x 1 4(3x 2  x  2) 2 Ta có f '( x)  , f '( x)  0  x  1  x  . (2 x  2 x  1) 2 3 Bảng biến thiên x 2  1 0  3 f '( x)  0  0  f ( x) 10 2 1 Suy ra f ( x)  10 , với mọi x  0 . Từ các kết quả trên, ta có P  10 . 0.25  (1)  2  x   3 P  10 khi và chỉ khi  y  z     1  2 y  z  .  x   3  3 Vậy GTLN của P là 10. Câu 7a Gọi I là trung điểm của AC, suy ra I thuộc BD nên I (2 y  2, y ) , khi đó C (4 y  3, 2 y  3) . 0.25 Do C thuộc  nên xC  yC  6  0  6 y 12  0  y  2 , suy ra I (2, 2) , C (5,1) .   Ta có AC  (6, 2) và B thuộc BD nên B (2b  2, b) , suy ra AB  (2b 1, b  3) . 0.25   b Do đó cos BAC  cos( AB, AC )  . 2 b 2  2b  2
1 2 0.25 Do tan BAC  nên cos BAC  , suy ra 2 5 b  4 b  0  b  2  2   4 2 b  2b  2 2 5 3b 16b 16  0 b  .  3 2 4 10 8 0.25 Khi đó ta được B1 (6, 4) , D1 (2, 0) và B2 ( , ) , D2 ( , ) . 3 3 3 3   Câu 8a Các đường thẳng a và b lần lượt có các véc tơ chỉ phương là a  (1,1,1) , b  (4,1, 2) . 0.25    Do () song song với a và b nên () có pháp véc tơ là n   a, b   (1, 2, 3) và do đó 0.25   phương trình của () có dạng x  2 y  3z  m  0 . m m 0.25 Mặt phẳng () cắt ba trục tọa độ tại A(m,0, 0) , B (0,  , 0) , C (0, 0, ) . 2 3 1 | m |3 Khi đó, VOABC  OA.OB.OC  . 6 36 | m |3 0.25 Theo giả thiết, VOABC  6   6  m  6 . Thử lại, ta thấy a và b đều song song 36 với () . Vậy phương trình của () là x  2 y  3z  6  0 . Câu 9a Do z  2 không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương với 0.25  z  i  1 2  z  i 1   3 20  z  2  z2  z  i 1 0.25   2 (a)  z2   z  i 1   1. (b)  z  2 Đặt z  x  yi , x, y   , 0.25 (a)  z  i  1  2  z  2  ( x  1)  ( y  1)i  (2 x  4)  2 yi  x  1  2 x  4  x  1     y  1  2 y  y  1. (b)  z  i  1   z  2  ( x  1)  ( y  1)i  (x  2)  yi 0.25  x  1  x  2   (vô nghiệm).  y  1  y Vậy phương trình có nghiệm duy nhất z  1  i . Câu 7b Ta có (C ) có tâm I (2,1) , R  5 . 0.25  Đường thẳng IA qua I (2,1) và nhận IA  (2,1) làm véc tơ chỉ phương nên có phương trình x  2  2( y 1)  0  x  2 y  4  0 . Do (C ') tiếp xúc với (C ) tại A nên tâm K của (C ') thuộc IA, suy ra K (2 y  4, y ) . 3y 2 0.25 Do (C ') tiếp xúc với  nên (C ') có bán kính R '  d ( K , )  . 5 Do (C ') qua A nên R '  KA  (2 y  4)  ( y  2) . 2 2 Từ đó ta có 3y  2  (2 y  4)2  ( y  2)2 5
y  4  K (4, 4) 0.25    3y  2  5 y 2   3 3 y   K (1, ).  2  2 3 5 0.25 Với K (1, ) , ta có R '  , với K (4, 4) , ta có R '  2 5 . Vậy phương trình của (C ') 2 2 3 5 là ( x  1) 2  ( y  ) 2  hoặc ( x  4) 2  ( y  4) 2  20 . 2 4  Câu 8b Ta có  đi qua A(1,1, 0) và có véc tơ chỉ phương a  (2,1, 2) , () có pháp véc tơ 0.25  n  (0,1,1) . Do () vuông góc với () và song song với  nên () có pháp véc tơ 0.25    p   n, a   (1, 2, 2) và do đó phương trình của () có dạng x  2 y  2 z  m  0 .   Theo giả thiết, ta có d (, )  2 d (O, )  d ( A, )  2 d (O, ) 0.25 m3 m m  3  2  2m  ( m  3)   . 3 3  m  1 Thử lại điều kiện  song song với () , ta thấy thỏa. Vậy phương trình của () là 0.25 x  2 y  2 z  3  0 hoặc x  2 y  2 z 1  0 . Câu 9b Phương trình đã cho tương đương với 0.25     3 2  2x  2x    2  0 .  x3  3 x 2  6   x3  3 x 2  6  2x 0.25   1  2 x   x 3  3 x 2  6 . (1) x  3x  6 3 2 Đặt g ( x)  2 , f ( x)   x  3 x 2  6 , ta có f '( x)  3 x 2  6 x x 3 0.25 x  2 0  f '( x )  0  0  f ( x)  6 2  Trên miền x  0 , ta thấy f giảm, g tăng, g (1)  f (1) nên trên miền này x  1 là nghiệm duy nhất của (1). Trên miền x  0 , ta có g ( x)  g (0)  1 , f ( x)  2 nên trên miền này (1) vô nghiệm. 0.25 Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 . HẾT Nguồn từ http://luongvanchanh.edu.vn/