Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học lần iv – năm 2013 môn: toán; khối: a, a1 - thpt phan chu trinh', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV – NĂM 2013 Môn: Toán; Khối: A, A1 - THPT PHAN CHU TRINH
- SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – NĂM 2013
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH Môn: Toán 11; Khối: A, A1
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
mx + 3
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = có đồ thị (Cm) (với m là tham số).
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 .
2. Tìm m để trên đồ thị (Cm) có hai điểm C, D cách đều hai điểm A ( 3; −1) , B ( −5;3) sao
cho diện tích tứ giác ACBD bằng 20.
Câu II: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
2 x
1. cos 2 x + 5sin x = 6 cos + 3sin ( 3π + 2 x )
2
2. 3 x − 4 x = 8 + 5 x − 2 x
3 2
Câu III: (2,0 điểm)
1. Có bao nhiêu ước nguyên dương của số 1400.
4n
� 1 �
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển �x 2 + 4 � , biết rằng số nguyên dương n
� x �
thoả mãn: 3Cn + 2 + An = 36 .
2 2
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thoả mãn x ( )
x −1 + y −1 ( )
y −1 −1 = 0 .
2 ( x + y + 1) + 3
2
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = .
( x − y)
2
+ 4 xy + 1
Câu V: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Bi ết c ạnh
huyền nằm trên đường thẳng d : x + 7 y − 31 = 0 , điểm M ( 2; −3) thuộc đường thẳng AB,
� 5�
điểm N � 1; �thuộc đường thẳng AC. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm A có
� 2�
hoành độ âm.
Câu VI: (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , AB = 3a
a 14
. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , biết SG ⊥ ( ABC ) , SB = . Tính thể tích khối chóp
2
S . ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) .
.
.........................Hết.........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………..SBD:……………………
- Sở GD – ĐT ĐăkLăk ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – KHỐI A, A1
Trường THPT Phan Chu Trinh MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013
Năm học: 2012 - 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)
...............................
Câu Đáp án Điểm
Câu I: x+3
( 2,0 điểm) 1. Khi m = 1 hàm số trở thành: y = có đồ thị (C)
x +1
i) Tập xác định: D = R \ {−1}.
ii) Sự biến thiên: 0,25
−2
+) Chiều biến thiên: y ' = < 0 ; y ' không xác định tại x = −1 .
( x + 1)
2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( − ; −1) và ( −1; + )
+) Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+) Giới hạn, tiệm cận:
0,25
lim y = − ; lim + y = + ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −1
x ( −1) − x ( −1)
lim y = 1; lim y = 1 ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 1
x − x +
+) Bảng biến thiên:
x −∞ −1 +∞
y’ − − 0,25
1 +∞
y
−∞ 1
iii) Đồ thị: y
Giao điểm của đồ thị với trục
Oy: (0;3)
Giao điểm của đồ thị với trục 0,25
Ox: (−3;0)
Ngoài ra đồ thị hàm số còn đi
qua điểm (−2;−1); (1; 2) x
Vì C, D cách đều 2 điểm A, B nên uuurC, D thuộc đường thẳng
d là đường trung
trực của đoạn thẳng AB. Tính AB = ( −8; 4 ) , I ( −1;1) là trung điểm của AB.
Ptđt d :
0,25
−8 ( x + 1) + 4 ( y − 1) = 0 ⇔ y = 2 x + 3 , phương trình hoành độ của (Cm) và d :
mx + 3 2 x 2 − ( m − 5 ) x = 0 (*) m 5
= 2x + 3 ⇔ , từ đó suy ra
x +1 x −1 m 3
1
Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của pt (*) : x1 + x2 = ( m − 5 ) , x1 x2 = 0
2 0,25
do đó: C ( x1 ; 2 x1 + 3) ; D ( x2 ; 2 x2 + 3) ⇒CD = 5 ( x2 − x1 )
2
1
Diện tích tứ giác ACBD: S ACBD = AB.CD ⇔ CD = 2 5 ( do AB = 4 5 ) 0,25
2
Trang 2
- Câu Đáp án Điểm
Khi đó: CD = 2 5 ⇔( x2 − x1 ) = 4 ⇔( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 4
2 2
⇔( m − 5 ) = 16 ⇔ m = 9 hoặc m = 1 (thoả đk)
2
0,25
Vậy có 2 giá trị cần tìm: m = 9 hoặc m = 1 .
Câu II: 2 x
( 2,0 điểm) Giải pt: cos 2 x + 5sin x = 6 cos + 3sin ( 3π + 2 x )
2
⇔ 1 − 2sin x + 5sin x = 3 + 3cosx − 3sin 2 x
2
0,25
⇔ 2sin x − 5sin x + 2 − 3cos x ( 2sin x − 1) = 0
2
⇔ ( 2sin x − 1) ( sin x − 2 ) − 3cos x ( 2sin x − 1) = 0
⇔ ( 2sin x − 1) ( sin x − 3cos x − 2 ) = 0 ⇔ 2sin x − 1 = 0 hoặc sin x − 3cos x − 2 = 0
π 5π
*) 2sin x − 1 = 0 ⇔ x = + k .2π hoặc x = + k .2π 0,25
6 6
**) sin x − 3cos x − 2 = 0 ⇔ sin ( x − α ) = sin β
1 3 2
(với cos α = ;sin α = ;sin β = ) 0,25
10 10 10
⇔ x = α + β + k .2π hoặc x = π + α − β + k .2π
Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
π 5π 0,25
x = + k .2π hoặc x = + k .2π ; x = α + β + k .2π hoặc x = π + α − β + k .2π
6 6
Biến đổi về pt: 2 ( x 2 − 4 ) + 3 x 3 − 4 x − 5 x = 0 (1)
Điều kiện: −2 x 0 hoặc x 2 0,25
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của pt (1).
Trường hợp 1: Nếu −2 x < 0 thì chia 2 vế của pt (1) cho x ta được:
� 4� 4
2 �x − �− 3 x − − 5 = 0 (2)
� x� x
4
Đặt t = x − , đk: t 0 , pt (2) trở thành:
x
0,25
2t 2 − 3t − 5 = 0 ⇔t = −1 (loại) hoặc t = 5 / 2
4 5 1
(
Với t = 5 / 2 , suy ra: x − = ⇔ x = 25 − 881 hoặc x = 25 + 881
x 2 8
1
8
) ( )
1
( ) 1
Đối chiếu đk: x = 25 − 881 nhận; x = 25 + 881 loại
8 8
( )
Trường hợp 2: Nếu x 2 thì chia 2 vế của pt (1) cho x ta được:
� 4� 4 4
2 �x − �+ 3 x − − 5 = 0 (3). Đặt t = x − , đk: t 0 , pt (3) trở thành:
� x� x x
2t + 3t − 5 = 0 ⇔t = 1 hoặc t = −5 / 2 (loại)
2
0,25
4 1
(
Với t = 1 , suy ra: x − = 1 ⇔ x = 1 + 17 hoặc x = 1 − 17
x 2
1
2
) ( )
1
( )
Đối chiếu đk: x = 1 + 17 nhận; x = 1 − 17 loại
2
1
2
( )
1
(
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 25 − 881 hoặc x = 1 + 17
8
1
2
) ( ) 0,25
Câu III: Phân tích: 1400 = 2 .5 .7 = 2 .5 .7 với a, b, c N , 0 a 3 ; 0 b 2 ; 0 c 1
3 2 a b c
0,25
( 2,0 điểm) Mỗi ước nguyên dương của số 1400 ứng với việc chọn một bộ số ( a, b, c )
a có 4 cách chọn 0,5
Trang 3
- Câu Đáp án Điểm
b có 3 cách chọn
c có 2 cách chọn
Vậy có: 4.3.2 = 24 ước nguyên dương 0,25
Giải phương trình: 3Cn + 2 + An = 36 ⇔ n = 3
2 2
0,25
12 k
� 2 1 � 12 k 2 12− k �1 � 12 k 24 −6 k
�x + 4 � = �C12 ( x ) . � 4 �= �C12 x 0,5
� x � k =0 �x � k =0
Số hạng không chứa x ứng với: 24 − 6k = 0 � k = 4
Vậy số hạng cần tìm là: C12 = 495
4
0,25
Câu IV: Từ giả thiết ta có điều kiện: x 0 và y 1 � x + y �1
( 1,0 điểm) x ( )
x −1 + y −1 ( )
y −1 −1 = 0 ⇔x + y = x + y −1 + 1
1 + x 1 + ( y − 1) 0,25
⇔x + y + +1
2 2
� x + y �3
Do đó: 1 x + y 3
2 ( x + y + 1) + 3 2( x + y) + 4( x + y) + 5
2 2
Khi đó: M = =
( x − y) ( x + y)
2 2
+ 4 xy + 1 +1
0,25
2t 2 + 4t + 5
Đặt t = x + y , đk: 1 t 3 . Xét hàm số f (t ) = , với 1 t 3
t2 +1
−4t 2 − 6t + 4 t = 1/ 2
f '(t ) = ; f '(t ) = 0 (loại)
( t + 1)
2
2
t = −2
0,25
11 7
Tính: f (1) = ; f (3) =
2 2
11 7
Vậy: maxM = tại x = 0 và y = 1 ; minM = tại x = 1 và y = 2 0,25
2 2
r ur
Câu V: Đường thẳng BC có vtpt: n = ( 1;7 ) . Gọi n1 = ( a; b ) với a 2 + b 2 > 0 là véc tơ
( 1,0 điểm) uur
pháp tuyến của đt AB, suy ra vtpt của đt AC là: n2 = ( b; − a )
ur r uur r
Vì tam giác ABC cân tại A nên: cos n1 , n = cos n2 , n ( ) ( ) 0,5
⇔ a + 7b = b − 7a
⇔ 4a + 3b = 0 hoặc 3a − 4b = 0
*) Với 4a + 3b = 0 chọn a = 3 � b = −4 , suy ra: ptđt AB: 3 x − 4 y − 18 = 0 , ptđt
AC: 8 x + 6 y − 23 = 0 . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt:
3 x − 4 y − 18 = 0 x=4 � 3� 0,25
⇔ hay A � 4; − �loại vì không thoả y/cầu bài toán
8 x + 6 y − 23 = 0 y = −3 / 2 � 2�
*) Với 3a − 4b = 0 chọn a = 4 � b = 3 , suy ra: ptđt AB: 4 x + 3 y + 1 = 0 , ptđt AC:
3 x − 4 y + 7 = 0 . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt:
4x + 3y +1 = 0 x = −1 0,25
⇔ hay A ( −1;1) thoả yêu cầu bài toán
3x − 4 y + 7 = 0 y =1
Với A ( −1;1) , tìm được B ( −4;5 ) , C ( 3; 4 )
Trang 4
- Câu Đáp án Điểm
Câu VI: 3a a
( 2,0 điểm) Gọi I là trung điểm AB , CI = � IG =
2 2
Tam giác BIG vuông tại I nên:
10a 2 0,5
BG 2 = BI 2 + IG 2 =
4
14a 2 10a 2
SG = SB 2 − BG 2 = − =a.
4 4
Thể tích khối chóp S.ABC: 0,5
1 1 1 3a 3a 3
VSABC = S ABC .SG = . .3a. .a = (đvtt)
3 3 2 2 4
Kẻ GK ⊥ AC , K �� AC , (GK / / BC ) SK ⊥ AC
GC a a2 a 3 3a
GK = = � SK = SG + GK = a +
2 2 2
= ; AC = 0,5
2 2 2 2 2
1 3 3a 3a 2 3
Diện tích tam giác ABC: S SAC = .a . = .
2 2 2 4
Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) là:
3.V
d ( B;( SAC ) ) = SABC = a 3 . 0,5
S SAC
Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng a 3 .
Trang 5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
