Đề thi thử Đại học lần 3 năm học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế

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

Thêm vào BST

Báo xấu

72
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 3 năm học 2013-2014 môn Toán" của Trường THPT Chuyên Quốc Học - Huế dành cho các bạn học sinh khối D. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng 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 3 năm học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) --------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A (1; −1) .  7π  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (sin x − ) 3 cos x ( sin x + cos x ) = 2 2 sin  x −   4  ( x ∈ ). 2 x + 1 − y 2 = 4 y x Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ) .  y + x + 1 = y x 1 2 ⋅ 4x + 6x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x x dx. 0 6 + 9 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC và mặt bên SAB là những tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực thay đổi thuộc nửa khoảng ( 0;1] và x + y = 4 xy. Tìm giá trị lớn nhất và 1 1 1  giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 y + xy 2 −  2 + 2  . 6 x y  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chun Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C nằm trên đường thẳng ∆ : x − 2 y − 1 = 0, đường thẳng BD có phương trình là 7 x − y − 9 = 0. Điểm E ( −1; 2 ) thuộc cạnh AB sao cho EB = 3EA. Biết rằng điểm B có tung độ dương. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C, D. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 y + 2 z − 2 = 0 và hai điểm A ( 0; 2;1) , B ( 2; 2;0 ) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 9a (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 17 = 0. Tính giá trị của biểu thức A = i + z1 + i + z2 . A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng d : x + y = 0 , đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC có phương trình là: x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 20 = 0. Biết rằng điểm M ( 3; −4 ) thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành độ âm. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C. x − 2 y −1 z − 2 Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = . Tìm tọa độ của 1 4 1 điểm A nằm trên trục Oy sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ∆ bằng 3. log 2 x − log 2 ( y + 1) = 0 Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ) .  x + 1 = y − 2 x -------------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:………… Cảm ơn bạn Châu Tân ( chautan94@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu Đáp án Điểm 1a • Tập xác định: D = . • Giới hạn: lim y = +∞, lim y = +∞ . 0,25 x →+∞ x →−∞ Sự biến thiên: x = 0 0,25 y ' = 4x3 − 4x , y ' = 0 ⇔  .  x = ±1 • Bảng biến thiên: x ∞ -∞ -1 0 1 ∞ +∞ y' - 0 + 0 - 0 + ∞ +∞ 0 ∞ +∞ 0,25 y -1 -1 • Hàm số đồng biến trên (−1;0) và (1; +∞) , nghịch biến trên (−∞; −1) và ( 0;1) . Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yC§ = 0 ; hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1. • Đồ thị: y 0,25 O x 1b Gọi M ( xo ; xo4 − 2 xo2 ) ∈ ( C ) và d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M . 0,25 Phương trình của d: y = ( 4 xo3 − 4 xo ) ( x − xo ) + xo4 − 2 xo2 .  xo = ±1 A (1; −1) ∈ d ⇔ −1 = ( 4 x − 4 xo ) (1 − xo ) + x − 2 x ⇔ ( xo − 1) ( 3 xo − 1)( xo + 1) = 0 ⇔  3 4 2 2 . 0,25 o o o  xo = 1  3 Với xo = ±1 thì d : y = −1. 0,25 1 32 5 Với xo = thì d : y = − x + . 0,25 3 27 27 2  7π   π   π  π Ta có sin  x −  = sin  x + − 2 π  = sin  x +  và sin x + cos x = 2 sin  x +  . 0,25  4   4   4  4  π Phương trình đã cho tương đương với: sin  x +  = 0 hoặc sin x − 3 cos x = 2 . 0,25  4  π π sin  x +  = 0 ⇔ x = − + kπ (k ∈ ) . 0,25  4 4
 π 5π sin x − 3 cos x = 2 ⇔ sin  x −  = 1 ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ) .  3 6 π 5π 0,25 Vậy phương trình có nghiệm là x = − + kπ và x = + k 2π . 4 6 Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k ∈ thì không trừ điểm. 3 2 x + 1 − y 2 = 4 y x (1)  ( x; y ∈ ) . Điều kiện: x ≥ 0 .  y + x + 1 = y x (2) • y = 1 thì (2) vô nghiệm nên hệ đã cho vô nghiệm. 0,25 y +1 • y ≠ 1 thì ( 2 ) ⇔ x = (*), thay vào phương trình (1), ta được: y −1 2  y +1  y +1 2  y = −1 (1) ⇔ 2.  2  + 1 − y = 4 y. ⇔ ( y + 1) ( y 2 − 3) = 0 ⇔  . 0,25  y −1  y −1 y = ± 3 3 +1 y = 3 thì (*) ⇔ x = ⇔ x = 7 + 4 3 (thỏa điều kiện). 3 −1 0,25 − 3 +1 y = − 3 thì (*) ⇔ x = ⇔ x = 7 − 4 3 (thỏa điều kiện). − 3 −1 y = −1 thì (*) ⇔ x = 0 (thỏa điều kiện). 0,25 ( )( Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm ( x; y ) là ( 0; −1) , 7 + 4 3; 3 , 7 − 4 3; − 3 . ) 4 2x x x 2 2 2 1 2⋅  +  1 2⋅  +1 2 x  3  3  3   0,25 I =∫ x dx = ∫ x ⋅   dx 0 2 0 2 3   +1   +1 3 3 2 x x x = 0 ⇒ t = 1 2 2 2  1 3 2t + 1 2 ∫1 t + 1 Đặt t =   ⇒ dt =   ln dx. Đổi cận:  2 . Khi đ ó: I = dt 0,25 3 3 3  x = 1 ⇒ t = 3 ln 3 2 1  3 1  1 2 2 ∫1  = 2 −  dt = ( 2 t − ln | t + 1| ) 3 0,25 t + 1  2 1 ln ln 3 3 1  5 2 1  6 2 =  ln 2 − ln −  =  ln −  . 0,25 2 3 3  ln 2  5 3  ln  3 3 5 S Gọi H là trung điểm của AB. Vì các tam giác SAB, CAB đều nên SH ⊥ AB và CH ⊥ AB. ( SAB ) ⊥ ( ABC )   ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB  ⇒ SH ⊥ ( ABC ) .  SH ⊥ AB  0,25 C A Vậy SH là đường cao của hình chóp S.ABC. H D B a 3 a2 3 1 a3 Ta có SH = ; S ∆ABC = , suy ra VS . ABC = S∆ABC .SH = . 0,25 2 4 3 8
Gọi D là hình chiếu vuông góc của H trên BC thì HD ⊥ BC. Mặt khác BC ⊥ SH nên suy ra BC ⊥ ( SHD ) , do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc 0,25 . SDH a 3 a 15 Trong tam giác vuông BDH, ta có HD = HB sin 60o = . Suy ra SD = SH 2 + HD 2 = . 4 4 0,25 = HD = 1 . cos ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = cos SDH SD 5 6 1 Ta có: 4 xy = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≥ . 4 0,25 1 x; y ∈ ( 0;1] ⇒ (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ⇒ 1 − ( x + y ) + xy ≥ 0 ⇒ 1 − 4 xy + xy ≥ 0 ⇒ xy ≤ . 3 1  ( x + y ) − 2 xy  2 1 1 1  1 8 P = x 2 y + xy 2 −  2 + 2  = xy ( x + y ) −  2  = 4( xy ) 2 + − . 6 x y  6  ( xy )  3 xy 3 1 8 1 1 Đặt t = xy thì P = 4t 2 + − = f ( t ) với t ∈  ;  . 3t 3  4 3 0,25 3 1 24t − 1 1 1 1 1 f ' ( t ) = 8t − 2 = 2 < 0, ∀t ∈  ;  suy ra f ( t ) nghịch biến trên đoạn  ;  . 3t 3t 4 3  4 3 1 1 1 1 Do đó f   ≤ f ( t ) ≤ f   , ∀t ∈  ;  .  3 4  4 3 13 1 • max P = − đạt được khi và chỉ khỉ x = y = . 0,25 12 2 11 1 1 • min P = − đạt được khi và chỉ khỉ x = 1; y = hoặc x = ; y = 1. 0,25 9 3 3 7a C ∈ ∆ : x − 2 y − 1 = 0 ⇔ C ( 2c + 1; c ) . 4 13c − 2 4 −18 22 Ta có d ( C , BD ) = d ( E , BD ) ⇔ = . ⇔ c = 2 hoặc c = − . 3 50 3 50 13 0,25 c = 2 ⇒ C ( 5; 2 ) (thỏa mãn vì C, E nằm khác phía đối với BD). 22  31 22  c=− ⇒ C  − ; −  (loại vì C, E nằm cùng phía đối với BD). 13  13 13  B ∈ BD : 7 x − y − 9 = 0 ⇔ B ( b;7b − 9 ) . = 90o ⇔ BE.BC = 0 ⇔ ( −1 − b )( 5 − b ) + (11 − 7b )(11 − 7b ) = 0 ⇔ b = 2 hoặc b = 29 . Ta có EBC 25 0,25 b = 2 ⇒ B ( 2;5) (thỏa mãn điều kiện yB > 0 ). 29  29 22  b= ⇒ B  ; −  (loại). 25  25 25   4 4  x A − 2 = 3 ( −1 − 2 )  x = −2 BA = BE ⇔  ⇔ A . Vậy A ( −2;1) . 0,25 3  y − 5 = 4 ( 2 − 5)  yA = 1  A 3  x − 5 = −4 x = 1 BA = CD ⇔  D ⇔ D . Vậy D (1; −2 ) .  yD − 2 = −4  yD = −2 0,25 Vậy A ( −2;1) , B ( 2;5 ) , C ( 5; 2 ) và D (1; −2 ) .
8a Gọi n = ( a; b; c ) ≠ 0 là vectơ pháp tuyến của (P). Ta có AB = ( 2;0; −1) . Vì A, B thuộc (P) nên AB.n = 0 ⇔ 2a − c = 0 ⇔ c = 2a. 0,25 Phương trình của (P): ax + b ( y − 2 ) + 2a ( z − 1) = 0. (S) có tâm T ( 0;1; −1) và bán kính R = 2 . −b − 4 a b 3b 0,25 (P) tiếp xúc (S) ⇔ d (T , ( P ) ) = R ⇔ = 2 ⇔ 4a 2 − 8ab + 3b2 = 0 ⇔ a = hoặc a = . 2 5a + b 2 2 2 b a= , chọn a = 1; b = 2 ta được ( P ) : x + 2 ( y − 2 ) + 2 ( z − 1) = 0 hay ( P ) : x + 2 y + 2 z − 6 = 0 . 0,25 2 3b a = , chọn a = 3; b = 2 ta được ( P ) : 3x + 2 ( y − 2 ) + 6 ( z − 1) = 0 hay ( P ) : 3x + 2 y + 6 z − 10 = 0 . 0,25 2 9a 2 2 Ta có ∆ ' = ( −1) − 17 = −16 = ( 4i ) . 0,25 Phương trình đã cho có hai nghiệm là 1 + 4i và 1 − 4i. 0,25 Nếu z1 = 1 + 4i thì A = 2 i + 1 − 4i = 2 1 − 3i = 2 10. 0,25 Nếu z1 = 1 − 4i thì A = 2 i + 1 + 4i = 2 1 + 5i = 2 26. 0,25 7b Gọi (T ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 20 = 0. Tọa độ giao điểm của d và (T ) là nghiệm của hệ phương trình: A x + y = 0  x = −2 x = 5  2 2 ⇔ hoặc  . I  x + y − 4 x + 2 y − 20 = 0 y = 2  y = −5 C 0,25 Vì A là một giao điểm của d và (T ) đồng thời A có hoành độ âm nên A ( −2; 2 ) . Gọi I ( 2; −1) là tâm của (T ) . M D B Gọi D ( 5; −5) là giao điểm thứ hai của d và (T ) . Do AD là phân giác trong góc A nên ta có DB = DC . Suy ra ID là đường trung trực của BC. Đường thẳng BC qua M ( 3; −4 ) và có vectơ pháp 0,25 tuyến ID = ( 3; −4 ) nên có phương trình: 3( x − 3) − 4( y + 4) = 0 ⇔ 3 x − 4 y − 25 = 0. Tọa độ của các điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình:  3  x= 3x − 4 y − 25 = 0  x = 7  5 0,25  2 2 ⇔ hoặc  .  x + y − 4 x + 2 y − 20 = 0  y = −1  y = − 29  5  3 29   3 29  Vậy B ( 7; −1) , C  ; −  hoặc B  ; −  , C ( 7; −1) . 0,25 5 5  5 5  8b A ∈ Oy ⇔ A ( 0; a; 0 ) . Đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 2;1; 2 ) và có vectơ chỉ phương u = (1; 4;1) . 0,25  AM , u    AM = ( 2;1 − a; 2 ) ,  AM , u  = ( − a − 7; 0; a + 7 ) . Suy ra d ( A, ∆ ) = 3 ⇔ =3 0,25 u 2 2 ( −a − 7 ) + ( a + 7 ) 0,25 ⇔ = 3 ⇔ a + 7 = 9 ⇔ a = 2 hoặc a = −16. 12 + 42 + 12 Vậy có hai điểm A thỏa yêu cầu là A ( 0; 2; 0 ) và A ( 0; −16;0 ) . 0,25 9b log 2 x − log 2 ( y + 1) = 0 (1) Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ) .  x + 1 = y − 2 x (2)
Điều kiện: x > 0; y > −1. (*) 0,25 (1) ⇔ log 2 ( y + 1) = log 2 x 2 ⇔ y = x 2 − 1 . Thay vào (2), ta được:  x2 − 2 x − 1 ≥ 0  2   x − 2x −1 ≥ 0 0,25 ( 2) ⇔ x + 1 = x2 − 2 x − 1 ⇔  2 ⇔ 2 ( x + 1 = x − 2x −1  ) ( 2 )  x ( x − 3) x − x − 1 = 0  x ≥ 1 + 2 hoÆc x ≤ 1 − 2  1− 5 ⇔ 1 ± 5 ⇔ x = 3 hoặc x = 2 . 0,25  x = 0 hoÆc x = 3 hoÆc x =  2 Đối chiếu với điều kiện (*), ta được x = 3 , suy ra y = 8 . 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm là ( x; y ) = ( 3;8 ) . HẾT Cảm ơn bạn Châu Tân ( chautan94@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl