Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối D)

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đến với "Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối D)" các bạn sẽ được làm quen và tìm hiểu một số câu hỏi cơ bản để chuẩn bị tốt cho kì thi Đại học sắp tới. 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 D)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - Khối D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1). x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Chứng tỏ đường thẳng d có phương trình y  2 x  m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M , N, tìm m để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất .   Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình : cos 2 x  3 sin  x    4 2 2  x y  2  2 8 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   y  2   x  1  8 x  4 y  3 xy  8  0 ln16 dx Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   4 x 0 e 4 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , tam giác SAD là tam giác đều . Gọi E là trung điểm cạnh SC, mặt phẳng (ABE) cắt SD tại F .Chứng minh SD vuông góc với (AEFB) và tính thể tích hình chóp S. ABEF. Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm: m 2x2  4x  7  x  m  1 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 7.a (1,0 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 AD nội tiếp trong đường tròn (C) , tâm I  2, 2  .Lập phương trình đường tròn (C) và tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết rằng cạnh AD nằm trên đường thẳng : x  3 y  2  0 và A có hoành độ âm . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu (S); x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  6 z  13  0 và hai điểm A(1; 2; 1) , B(0;2;1) . Tìm điểm C trên trục Oz để cho mặt phẳng (ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S) và viết phương trình mặt phẳng (ABC) với điểm C tìm được . 11  1 2x  Câu 9.a (1,0 điểm) Trong khai triển của    thành đa thức a0  a1 x  a2 x 2  ...  a11 x11 , hãy tìm 3 3  k để hệ số ak lớn nhất và tính giá trị đó ( 0  k  11 , k nguyên ) B. Theo chương trình Nâng cao  8 1 Câu 7.b (1,0 điểm) Lập phương trình chính tắc của elip trong mặt phẳng Oxy biết điểm M  ;   3 3 thuộc elìp và tam giác F1MF2 vuông tại M , trong đó F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ trục Oxyz cho ba đường thẳng d1 , d 2 ,  có phương trình là :  x  4  2t  x  3  2t /   x  2 y  4 z 1 d1 :  y  3  t , d 2 :  y  2 , :   . z 1  z  3t / 3 6 2   Chứng tỏ  là đường vuông góc chung của d1 , d 2 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm trên  và cắt hai đường thẳng d1 , d 2 theo hai dây cung có độ dài bằng nhau và bằng 15 . Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình : log 22  x  2   4 x log 2 ( x  2)  4 x  1  0 Nguồn từ http://luongvanchanh.edu.vn/
Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN-KHỐI D ( LẦN 2) ĐÁP ÁN Câu Nội dung Th/điểm I PHẦN CHUNG ( 7 điểm ) Câu1 2điểm 1/a TXĐ : D  R \ 1 1 điểm 0,25 Tiệm cận đứng : x  1 , tiệm cận ngang y  1 2 + y/   0 , x  1 ( x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   0,25 +Bảng biến thiên x  1  y’ – – 0,25 1  y  1 Đồ thị cắt trục Oy tại (0 ;–1) và cắt trục Ox tại ( 1 ;0) y x 0,25 -1 O -1 1/b Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình : x 1 x  1  2x  m   2 0,25 x 1 2 x  (m  3) x  m  1  0 (1) 2 Do (1) có   (m  1)  16  0 và 2  (m  3)  m  1  2  0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt. 0,25 Suy ra : d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N phân biệt. 5 2 Ta có M( x1 ; 2 x1  m) và N( x2 ; 2 x2  m) nên MN 2   m  1  16  20 0,25 4   Vậy MN ngắn nhất bằng 2 5 khi m  1 . 0,25 Câu 2   (1,0 Giải phương trình : cos 2 x  3 sin  x    4 điểm)    cos 2 x  sin 2 x  3 sin  x    4     cos x  sin x  cos x  sin x   3 sin  x   0,25  4
       2sin  x   sin  x    3 sin  x    4  4  4    sin  x  4   0 (a )    0,25    3 sin  x     (b)   4 2  (a)  x   k 4 0,25     7  x  4   3  k 2  x   12  k 2 (b)     x        k 2  x  13  k 2 0,25  4 3  12 Vậy phương trình có nghiệm là  7 13 x   k ; x    k 2 ; x   k 2 . 4 12 12 Câu 3  x2 y2 (1,0  2  2  8 (1) Giải hệ phương trình:   y  2   x  1 điểm)  8 x  4 y  3 xy  8  0 (2) Điều kiện : x ≠ – 1 và y ≠ –2 Ta có : 8x + 4y + 3xy +8 = 0  8(x+1) + 4y(x+1) = xy  4(x+1)(y +2) = xy x y  . 4 0,25 y  2 x 1 x y Đặt  u; v y2 x 1 u 2  v 2  8 u  v  4 u  v   4 0,25 Hệ trở thành :   hay  uv  4 u.v  4 u.v  4 Ta được : (u = 2 , v = 2) hay ( u = – 2 , v = – 2)  x  8  y  2  2 x  2 y  4   x 3 +Với u = 2 , v = 2 ta được :    0,25  y 2  y  2 x  2 y   10  x  1  3  x  y  2  2  x  2 y  4 x  0 + Với u = –2 , v = –2 ta được:    (loại)  y  2 x  2  y  2 0,25  y  2  x  1  8 10  Hệ phương trình trên có nghiệm :   ;    3 3 ln16 ln16 Câu4 dx dx (1,0 Tính tích phân I =    x 4 x điểm) 0 e  4 0 e4  4 x 1 x 4 Đặt : u  e 4  du  e 4 dx  dx  du 4 u 0,25 x  0  u 1 Đổi cận :   x  ln16  u  2 0,25
2 2 2 4du 1 1  2 u 5 I     du   ln | u |  ln | u  4 | 1  ln  ln 0,5 1 u  u  4 1  u u  4  u4 1 3 Câu 5 AB // DC nên (ABE) (SCD) = EF (1,0 S //AB // DC . điểm) Suy ra F là trung điểm SD . Nên : AE SD ( vì ΔSAD đều ) AB AD, (SAD) (ABCD) theo AD 0,25 F E nên AB (SAD) A B suy ra : ABSD. Vậy : SD(ABEF) 0,25 D C Ta có S.ABEF có có đường cao SF và đáy là hình thang vuông tại A, F a 3 1 1 1 0,25 AF = , SF = a , FE = DC = a. 2 2 2 2 1 a3 3 VS.ABEF = SF.AF.(AB + EF) = 0,25 6 16 Câu 6 m 2 x 2  4 x  7  x  m  1  m 2( x  1) 2  5  x  m  1 (1,0 điểm) x 1  m( 2( x  1)2  5  1)  x  1  m  2( x  1) 2  5  1 0,25 ( vì 2( x  1) 2  5  1  0 ) x 1 Đặt f ( x )  , x  R 2( x  1) 2  5  1 5  2( x  1)2  5 f / ( x)  2 0,25  2( x  1)2  5  1 2( x  1) 2  5 f / ( x)  0  x  1  10 , x  1  10 2 2 lim f ( x )   , lim f ( x)  x  2 x  2 + BBT x  1  10 1  10  0,25 f’(x) – 0 + 0 – 2 10 f(x)  2 4 10 2  4 2 2 2 10 0,25 Phương trình có đúng một nghiệm khi  m , m 2 2 4 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a Khoảng cách d (I,AD)  10 , AB  2 10 , AB  2 AD  AD  10 0,25 (1,0 điểm). Đường chéo BD  AB2 +AD 2  5 2
BD 5 2 Bán kính của (C) R   0,25 2 2 2 2 25 Phương trình của (C) là :  x  2    y  2   2  2 2 25  x  2    y  2   Tọa độ A , D là nghiệm hệ :  2  x  3 y  2  0 0,25 1 1 5 3 A( , ) , D( , ) ( xA < 0 ) 2 2 2 2 0,25 3 11 9 9 B , C đối xứng với D , A qua I nên B( ,  ), C( ,  ) 2 2 2 2 Câu 8.a Điểm C(0;0; m) trên Oz . (1,0   AB   1;0; 2  , AC   1; 2; m  1 điểm).    Mặt phẳng (ABC) có vtpt n   AB,AC    4; m  1; 2  0,25  (ABC) qua A(1; 2; 1) , có vtpt n   4; m  1;2  : 4 x  (m  1) y  2 z  2m  0 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 2;3) , bán kính R  2 12 (ABC) tiếp xúc (S) d ( ABC ; I )  R  2 20  (m  1)2  20  (m  1)2  6  m  5 hay m  3 0,25 Ta được C(0;0;5) hay C(0;0; 3) Mặt phẳng (ABC) có phương trình : 4 x  4 y  2 z  10  0 hay 4 x  4 y  2 z  6  0 0,25 Câu 9.a  1 2x  1 11 11 11 2 k (1,0 Ta có     11 1  2 x    11 C11k x k 0,25 điểm). 3 3  3 k 0 3 11 11  1 2x  Mặt khác :     a0  a1 x  a2 x 2  ...  a11 x11   ak x k 3 3  k 0 k 2 Nên ak  11 C11k 0,25 3  2k 2k 1   ak  ak 1  k !(11  k )! (k  1)!(12  k )! Ta có ak lớn nhất    ak  ak 1  2k 2k 1 0,25   k !(11  k )! (k  1)!(10  k )! 2 12  k   k k  7 k  8,9,10,11    ( vì k  N ) k  1  2 11  k  k  8 k  0,1, 2,3, 4,5, 6, 7 Mặt khác ak  ak 1  k  7 nên : a0  a1  ...  a6  a7  a8  a9  ...  a11 27 7 0,25 Hệ số ak lớn nhất khi k  7 , k  8 và a7  a8  C11  0, 2384460362 311 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b Tam giác F1MF2 vuông cho OM  c  c 2  3 ( c là nửa tiêu cự ) 0;25 (1,0 x2 y 2 điểm) Phương trình chính tắc của ( E ) :   1 ( a  b) a 2 b2  8 1 8 1 M  ;   ( E )  2  2  1 (1) 0,25  3 3 3a 3b
Mà c 2  3  a 2  b 2  3  b 2  a 2  3 (2) (1) và (2) cho phương trình 3a 4  18a 2  24  0  a 2  2, a 2  4 0,25 Chọn a 2  4  b 2  1 x2 y2 Phương trình chính tắc của ( E) là :  1 4 1 0,25    Câu 8.b d1 , d 2 ,  có các vectơ chỉ phương là u1  (2;1;0) , u2  (2; 0; 3) , v  (3; 6; 2) (1,0     0,25 điểm) Có : u1.v  0 , u2 .v  0 nên  vuông góc với cả hai đường d1 , d 2  cắt d1 tại A(2; 4;1) và cắt d 2 tại B(1; 2;3) Vậy  là đường vuông góc chung của d1 , d 2 . 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I trên  cắt d1 , d 2 theo hai dây cung có độ dài bằng nhau  1  nên I là trung điểm của đoạn AB suy ra I   ;1; 2   2  AB 7 Do đó IA   2 2 Bán kính của (S) R  IA2  AA/ 2  4 ( AA là nửa dây cung) 0,25 2  1 Phương trình mặt cầu (S) :  x    ( y  1)2  ( z  2) 2  16  2 0,25 Câu 9.b log 2  x  2   4 x log 2 ( x  2)  4 x  1  0 ( điều kiện : x > 2 –2) (1,0 2 điểm)   log 2 ( x  2)  2 x   (2 x  1) 2  0 0,25   log 2 ( x  2)  1 log 2 ( x  2)  4 x  1  0  log 2 ( x  2)  1 hay log 2 ( x  2)  4 x  1 0,25 3 Với log 2  x  2   –1  x   (nhận). 2 0,25 Với log 2 ( x  2)  4 x  1 (*) Vế phải: hàm đồng biến ; Vế trái : hàm nghịch biến trên khoảng (2; ) 0,25 Nên (*) chỉ có duy nhất nghiệm x = 0 . 3 Vậy phương trình có hai nghiệm là x  0 ; x   . 2 Nguồn từ http://luongvanchanh.edu.vn/