Đề thi thử Đại học lần V năm học 2013-2014 môn Toán (khối A,A1) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

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

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tìm hiểu "Đề thi thử Đại học lần V năm học 2013-2014 môn Toán (khối A,A1)" của Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc. 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. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần V năm học 2013-2014 môn Toán (khối A,A1) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN V NĂM HỌC 20132014 Môn: Toán Khối AA 1 . Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 - mx + 2 có đồ thị ( C m ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 2. Tìm số thực m để đồ thị hàm số ( C m ) có hai điểm cực trị và đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó tạo với hai trục toạ độ một tam giác cân. 3 + 4cos2x - 8cos4 x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : = sin2 x - cos2 x sin2 x ì 3 3 2 x -1 ï x - 3 x - y - 6 y - 9 y - 2 + ln =0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í y +1 . ï y é log ( x - 3 ) + log y ù = x + 1 î ë 2 3 û e8 ln x - 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân : I = ò dx . e3 x 2 - ln 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A1 B1C 1 có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = 2, BC = 4 .Hình chiếu vuông góc của điểm A 1 trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm của AC . Góc giữa hai mặt phẳng ( BCC1B 1 ) và ( ABC ) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và BC . Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a 4b + b 4c + c 4 a 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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình AB : 2 x + y - 1 = 0 , phương trình AC : 3 x + 4 y + 6 = 0 và điểm M (1;3 ) nằm trên đường thẳng BC thoả mãn 3MB = 2 MC . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . Câu 8.a (1,0 đ iểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hình thoi ABCD với A ( - 1;2;1 ) , B ( 2;3;2 ) . x + 1 y z - 2 Tìm toạ độ các đỉnh C , D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : = = -1 - 1 1 2 2 4 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn 1 + z = z - i + ( iz - 1 ) . Tính mô đun của z + . z + 1 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22 , đường thẳng AB có phương trình 3 x + 4 y + 1 = 0 , đường thẳng BD có phương trình 2 x - y - 3 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B , C , D . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tam giá ABC , A ( 0;0;3 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( - 2;0;0 ) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm là H ( H là trực tâm tam giác ABC ) và tiếp xúc với trục Ox . 4 3 Câu 9.b (1,0 điểm).Cho các số phức z1 = cos a + i .sina , z2 = cos b + i . sinb thoả mãn z1 + z2 = + i . Tính 5 5 tan (a + b ) HẾT Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN V NĂM HỌC 20132014 Môn: Toán Khối AA 1 . Đáp án chính thức (gồm 06 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I/ Đáp án Câu Đáp án Điểm Câu 1 Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 - mx + 2 có đồ thị ( C m ) . (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 Khi m = 0 hàm số có dạng y = x 3 - 3 x 2 + 2 có tập xác định là ¡ . 0.25 Ta có: y ' = 3 x 2 - 6 x = 3x ( x - 2 ) y ' = 0 Û 3 x ( x - 2 ) = 0 Û x = 0 ; x = 2 y ¢ > 0 khi x 2 Þ hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥ ; 0 ) và ( 2;+¥ ) y ¢ 0 Û m > - 3 Trang 1/6
1 m m Ta có y = ( x - 1) . y¢ - 2 æç + 1ö÷ x + 2 - Þ Đường thẳng ( D ) đi qua hai điểm cực 3 è 3 ø 3 0.25 æm ö m trị của đồ thị có phương trình ( D ) : y = -2 ç + 1÷ x + 2 - è 3 ø 3 ïì æ m - 6 ö ïü ì æ 6 - m ö ü ( D ) Ç Ox = í A çç ;0 ÷ ý , ( D ) Ç Oy = í B ç 0; ý 0.25 ÷ ïî è 2 ( m + 3) ø ïþ î è 3 ÷ø þ m-6 6 - m 9 3 Tam giác OAB cân Û OA = OB Û = Û m = 6; m = - ; m = - 2 ( m + 3) 2 2 2 0.25 3 đối chiếu điều kiện và tồn tại tam giác OAB Þ m = - 2 3 + 4cos2x - 8cos4 x 1 Giải phương trình : = sin2 x - cos2 x sin2 x ì p p x ¹ + l ìsin 2 x - cos 2 x ¹ 0 ïï 8 2 l Î Z * Đ/K í Ûí ( ) ( ) îsin 2 x ¹ 0 ïx ¹ l p 0.25 ïî 2 2 æ 1 + cos 4 x ö Ta có 8cos4 x = 2 (1 + cos 2 x ) = 2 ç1 + 2cos 2 x + ÷ = 3 + 4 cos 2 x + cos 4 x Câu 2 è 2 ø (1 điểm) Với Đ/K (* ) phương trình đã cho cos 4 x 1 0.25 Û- = Û ( sin 2 x - cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x ) = sin 2 x - cos 2 x sin 2 x - cos 2 x sin 2 x é p ésin 2 x - cos 2 x = 0 ( loai ) æ p ö 1 x = + k p Ûê Û cos ç 2 x - ÷ = Û ê 4 ( k Î Z ) 0,25 ësin 2 x + cos 2 x = 1 è 4 ø 2 ê x = kp (loai) ë p Vây phương trình có một họ nghiệm duy nhất : x = + kp ( k Î Z ) 0.25 4 ì 3 3 2 x -1 Câu 3 ï x - 3 x - y - 6 y - 9 y - 2 + ln Giải hệ phương trình: í y +1 =0 (1) . (1 điểm) ï y é log ( x - 3) + log y ù = x + 1 ( 2 ) î ë 2 3 û ì x - 1 ï y + 1 > 0 ïï ì x > 3 Đ/K í x - 3 > 0 Û í Từ phương trình (1 ) biến đổi ta được ï y > 0 î y > 0 0.25 ï ïî ( x - 1)3 + 3 ( x - 1)2 + ln ( x - 1) = ( y + 1)3 + 3 ( y + 1)2 + ln ( x + 1) ( 3 ) Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t 2 + ln t trên khoảng ( 0; +¥ ) 1 f ¢ ( t ) = 3t 2 + 6t + > 0 "t > 0 Þ hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +¥ ) 0.25 t Phương trình ( 3 ) Û f ( x - 1) = f ( y + 1) Û x - 1 = y + 1 Û y = x - 2 ( 4 ) Thế ( 4 ) vào ( 2 ) ta được ( x - 2 ) éë log 2 ( x - 3) + log 3 ( x - 2 ) ùû = x + 1 0.25 Trang 2/6
x +1 x + 1 Û log 2 ( x - 3 ) + log 3 ( x - 2 ) = Û log 2 ( x - 3 ) + log 3 ( x - 2 ) - = 0 ( 5 ) x-2 x - 2 x + 1 Xét hàm số g ( x ) = log 2 ( x - 3 ) + log 3 ( x - 2 ) - trên khoảng ( 3; +¥ ) x - 2 1 1 3 g¢( x) = + + > 0 "x > 3 Þ hàm số g ( x ) đồng biến ( x - 3) ln 2 ( x - 2 ) ln 3 ( x - 2 ) 2 0.25 ( 4 ) trên khoảng ( 3; +¥ ) . Phương trình ( 5 ) Û g ( x ) = g ( 5 ) Û x = 5 ¾¾® y = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5;3 ) e8 ln x - 1 Tính tích phân : I = ò dx e 3 x - ln 2 x 2 ln x - 1 ln x - 1 e8 e8 2 e8 I= ln x - 1 dx = ln x dx = ln2 x dx ò ò ò 0.25 e3 x 2 - ln2 x e3 x 2 - ln2 x e3 æ x ö 2 ç ÷ -1 ln2 x è ln x ø x ln x - 1 x Đặt t = Þ dt = 2 dx , đổi cận e 3 e 8 Câu 4 ln x ln x t e 3 e 8 0.25 (1 điểm) 3 8 e8 e 8 8 8 1 1 æ 1 1 ö I= ò t 2 - 1 dt = 2 ò çè t - 1 - t + 1 ÷ø dt 0.25 e3 e 3 3 3 e 8 1 t - 1 Û I = ln 8 3 1 e - 8 e + 3 = ln 8 ( )( ) 0.25 2 t + 1 e 3 2 e8 + 8 e3 - 3 3 ( )( ) Cho lăng trụ ABC.A1 B1C 1 có đáy ABC làtam giác vuông tại A , AB = 2, BC = 4 .Hình chiếu Câu 5 vuông góc của điểm A 1 trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm của AC . Góc giữa hai (1 điểm) mặt phẳng ( BCC1 B 1 ) và ( ABC ) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và BC . Từ gt ta có AC = BC 2 - AB 2 = 2 3 . Gọi H là trung điểm của AC Þ A1 H ^ ( ABC ) . Vẽ hình bình hành ABCE , Vẽ HI ^ AE tại I . Do ( A1 AE ) / / ( BCC1B 1 ) 0.25 nên (· ( BCCB ) , ( ABC ) ) = (· ( A1 AE ) , ( ABC ) ) , ta có AE ^ HI , AE ^ A1 H · suy ra AE ^ ( A1 HI ) Þ ( ( A1 AE ) , ( ABC ) ) = · A1 HI = 60 0 1 1 Ta có S DABC = AB. AC = 2 3 , do AB = BC Þ · · (so le trong) ACB = 30 0 = EAC 2 2 1 1 3 3 Þ HI = AH = AC = , A1 H = HI .tan 60 0 = . Vậy thể tích khối lăng trụ là 0.25 2 4 2 2 3 V ABCA1B1C1 = A1 H .S DABC = × 2 3 = 3 3 (đvtt) 2 Trang 3/6
Do BC / / ( A1 AE ) , d ( BC , AA1 ) = d ( BC , ( A1 AE ) ) = d ( C , ( A1EA) ) = 2d ( H , ( A1 EA ) ) 1 3 0.25 Vẽ HK ^ A1I , AE ^ ( A1HI ) Þ HK ^ ( A1 AE ) Þ HK = d ( H , ( A1 AE ) ) = A1 H = 2 4 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và BC bằng (đvđd) 0.25 2 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a 4 b + b 4 c + c 4 a Trong 3số a, b, c có 1 số nằm giữa 2 số chẳng hạn là b nên ta có 0.25 c ( b - a ) ( b3 - c3 ) £ 0 (1 ) (1) Û b 4c + c4 a £ c 4b + + ab3c Û S = a 4b + b 4c + c4 a £ b ( a 4 + c4 + b 2 ac ) Câu 6 0.25 (1 điểm) ( 2 ) 4 £ b a 4 + c 4 + ( a + c ) ac £ b ( a + c ) 5 1 4 1 é 4 b + ( a + c ) + ( a + c ) + ( a + c ) + ( a + c ) ù = .4b ( a + c ) £ ê ú = 256 ( 2 ) (bđtAMGM 0.25 4 4ë 5 û dấu bằng xẩy ra ở ( 2 ) Û a = 4; b = 1; c = 0 0.25 Vậy GTLN của F ( a; b; c ) = 256 đạt được khi a = 4, b = 1, c = 0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình AB : 2 x + y - 1 = 0 , phương trình AC : 3 x + 4 y + 6 = 0 và điểm M (1;3 ) nằm trên đường thẳng BC thoả mãn 3MB = 2 MC . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . { A} = AB Ç AC Þ Toạ độ A là nghiệm hpt ì2 x + y - 1 = 0 ì x = 2 í Þí Þ A ( 2; -3 ) 0.25 î3 x + 4 y + 6 = 0 î y = -3 uuur uuuur B ( b; -2 b + 1) Î AB , C ( 4c - 2; -3c ) Þ MB = ( b - 1; -2b - 2 ) ; MC = ( 4c - 3; -3c - 3 ) Do M , B, C thẳng hàng và 3MB = 2 MC nên có hai trường hợp ì 3 uuur uuuur ìï3 ( b - 1) = 2 ( 4c - 3 ) ïïb = 5 æ 3 1 ö æ 2 9 ö Câu 7a. +TH1 3MB = 2MC Û í Ûí Þ B ç ; - ÷ , C ç ; - ÷ (1 điểm) îï3 ( -2b - 2 ) = 2 ( -3c - 3 ) ïc = 3 è 5 5 ø è 5 5 ø 0.25 ïî 5 æ 5 ö Khi đó toạ độ trọng tâm G ç1; - ÷ è 3 ø +TH2 uuur uuuur ïì3 ( b - 1) = -2 ( 4c - 3 ) ìb = -5 3MB = -2MC Û í Ûí Þ B ( -5;11) , C (10; -9 ) ïî3 ( -2b - 2 ) = -2 ( -3c - 3 ) îc = 3 0.25 æ 7 1 ö Khi đó toạ độ trọng tâm G ç ; - ÷ è 3 3 ø æ 5 ö æ 7 1 ö Vậy toạ độ trọng tâm G ç1; - ÷ hoặc G ç ; - ÷ . 0.25 è 3 ø è 3 3 ø Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hình thoi ABCD với A ( - 1;2;1 ) , B ( 2;3;2 ) .Tìm toạ Câu 8a. (1 điểm) x + 1 y z - 2 độ các đỉnh C , D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : = = -1 -1 1 Trang 4/6
uur uur Gọi I ( -1 - t; -t;2 + t ) Î d . Ta có IA = ( t ; t + 2; -t - 1) , IB = ( t + 3 ; t + 3 ; - t ) 0.25 uur uur Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 Û 3t 2 + 9t + 6 = 0 Û t = -1 , t = -2 0.25 Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên 0.25 · t = -1 Þ I ( 0;1;1) Þ C (1;0;1) , D ( -2; -1 ;0 ) 0.25 · t = -2 Þ I (1;2;0 ) Þ C ( 3;2 ; - 1) , D ( 0;1 ; - 2 ) 2 2 4 Cho số phức z thoả mãn 1 + z = z - i + ( iz - 1 ) . Tính mô đun của z + . z + 1 2 2 Đặt z = a + bi, ( a , b Î ¡ ) . Từ gt suy ra 1 + a - bi = a - ( b + 1) i + ( -b - 1 + ai ) 2 ìï1 + a = 2 ( b + 1 ) 2 0.25 Û 1 + a - bi = 2 ( b + 1) - 2 a ( b + 1 ) i Û í ïî b = 2 a ( b + 1 ) éb = -2 Þ a = 1 b 2 2 Câu 9a. Û 1+ = 2 ( b + 1) , ( b ¹ -1) Û ( b + 2 )( 2b + 1) = 0 Û ê (1 điểm) 2 ( b + 1 ) êb = - 1 Þ a = - 1 ë 2 2 0.25 1 1 z = 1 - 2 i hoặc z = - - i 2 2 4 4 · z = 1 - 2i Þ z + = 1 - 2i + = 1 - 2i + 1 + i = 2 - i = 5 0.25 z +1 2 - 2 i 1 1 4 1 1 8 7 7 2 · z = - - i Þ z + = - - i+ = 1 + i = 0.25 2 2 z +1 2 2 1 - i 2 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22 , đường thẳng AB có phương trình 3 x + 4 y + 1 = 0 , đường thẳng BD có phương trình 2 x - y - 3 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B , C , D . . Điểm B là giao giữa AB và BD Þ B (1; - 1 ) r r SX ABCD = AB. AD = 22 (1) . Đường thẳng AB có vtpt n1 = ( 3;4 ) , AC có vtpt n2 = ( 2; -1 ) r r · r r n1 . n 2 2 11 AD 0.25 cos ABD = cos ( n1 ; n2 ) = r r = Þ tan · ABD = = (2) n1 n2 5 5 2 AB từ (1),(2) Þ AD = 11 , AB = 2 (3) Câu 7b. (1 điểm) 11a - 11 D Î BB Þ D ( a; 2a - 3 ) , AD = d ( D; ( AB ) ) = (4) . Từ (3) & (4) suy ra 5 0.25 11a - 11 = 55 Û a = 6 , a = - 4 æ 3 1 ö æ 7 ö · a = 6 Þ D ( 6;9 ) . Do AD ^ AB Þ AD : 4 x - 3 y + 3 = 0 Þ A ç - ; ÷ , I ç ;4 ÷ è 5 5 ø è 2 ø 0.25 æ 38 39 ö trung điểm của BD . C đối xứng A qua I Þ C ç ; ÷ è 5 5 ø æ 13 11 ö æ 28 49 ö · a = -4 Þ D( -4; - 11) tương tự trên ta tính được A ç ; - ÷ & C ç - ; - ÷ 0.25 è 5 5ø è 5 5 ø Câu 8b. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tam giá ABC , A ( 0;0;3 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( - 2;0;0 ) . Viết (1 điểm) phương trình mặt cầu ( S ) có tâm là H ( H là trực tâm tam giác ABC ), tiếp xúc với trục Ox . Ta có OA ^ OB, OB ^ OC , OC ^ OA OA ^ ( OBC ) Þ OA ^ BC mặt khác AH ^ BC Þ BC ^ ( OAH ) Þ BC ^ OH 0.25 Tương tự CA ^ OH từ đó OH ^ ( ABC ) Trang 5/6
x y z Mặt phẳng ( ABC ) : + + = 1 Û ( ABC ) : 3 x - 6 y - 2 z + 6 = 0 - 2 1 3 ìïQua O ( 0; 0; 0 ) ì x = 3 t 0.25 ï đường thẳng í r r Û ( OH ) í y = -6 t ïîvtcp u = vtpt n ( ABC ) = ( 3; -6; -2 ) ï z = -2 t î ì 2 ït = - 13 ì x = 3 t ï ï y = -6 t ï x = - 6 ï ï 13 æ 6 12 4 ö Toạ độ H là nghiệm hpt í Ûí Û H ç - ; ; ÷ 0.25 ï z = -2t ï y = 12 è 13 13 13 ø ïî3 x - 6 y - 2 z + 6 = 0 ï 13 ï 4 ïz = î 13 Hình chiếu của H trên trục Ox là 2 2 æ 6 ö æ 12 ö æ 4 ö 160 H1 ç - ; 0; 0 ÷ Þ HH1 = ç ÷ + ç ÷ = è 13 ø è 13 ø è 13 ø 13 æ 6 12 4 ö 160 0.25 Mặt cầu cần tìm có tâm H ç - ; ; ÷ , bán kính R = có phương trình è 13 13 13 ø 13 2 2 2 æ 6ö æ 12 ö æ 4 ö 160 çx+ ÷ +çx- ÷ +çx- ÷ = è 13 ø è 13 ø è 13 ø 169 4 3 Cho các số phức z1 = cos a + i .sina , z2 = cos b + i . sinb thoả mãn z1 + z2 = + i . Tính 5 5 tan (a + b ) z1 = z 2 = z1 + z2 = 1 0.25 2 2 æ 1 1 ö ( z + z ) 1 = z1 + z 2 = ( z1 + z 2 )( z1 + z 2 ) = ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) = ( z1 + z 2 ) ç + ÷ = 1 2 0.25 è z1 z2 ø z1 z 2 2 Câu 9b. 2 æ 4 3 ö (1 điểm) z1 z2 = ( z1 + z2 ) Û cos (a + b ) + i. sin (a + b ) = ç + i ÷ è 5 5 ø ì 7 ï cos (a + b ) = 0.25 7 24 ï 25 Û cos (a + b ) + i. sin (a + b ) = + iÞí 25 25 ïsin (a + b ) = 24 ïî 25 sin (a + b ) 24 tan (a + b ) = = 0.25 cos (a + b ) 7 Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl Trang 6/6