Đề thi thử Đại học môn Toán khối A,A1,B,D 2013-2014 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

141
lượt xem 24
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013-2014 gồm các câu hỏi tự luận kèm đáp án giúp các thí sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn thi Đại học với kết quả tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối A,A1,B,D 2013-2014 (kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ 2 Môn Toán –Khối A,A1, B,D Thời gian làm bài: 180 phút ------------------------------------ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  m( x  2)  2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) cos 2 x. cos x  1 1. Giải phương trình:  2 1  sin x  sin x  cos x 2. Giải bất phương trình:  x  3  x  1  x  3  x2  2x  3   4  4 sin 4 x Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =  dx 0 sin 6 x  cos 6 x Câu IV (1 điểm Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a, ACB  1200 và đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A ' góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a. Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1    (ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) (ac  2)(2 ac  1) 3 PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường thẳng y = 2, phương trình cạnh BC: 3 x  y  2  0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y  1 z x  2 y z 1 d1:   và d2:   . 2 1 2 1 1 2 Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông góc với mặt phẳng (P): 2 x  y  5z  3  0 . Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 8log 4 x 2  9  3 2log 4 ( x  3)2  10  log 2 ( x  3)2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)  4 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I  3;3 và AC  2 BD . Điểm M  2;  thuộc  3  13  đường thẳng AB , điểm N  3;  thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết  3 đỉnh B cóhoành độ nhỏ hơn 3. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc
mặt phẳng (P): x  y  z  1  0 để MAB là tam giác đều. 0 1 2 2011 Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S  C 2011  2C 2011  3C 2011  ...  2012C 2011 ---------------------------------- Hết ------------------------------- Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh:.................................................... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – MÔN TOÁN Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Tập xác định: D  0.25  Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   ; nghịch biến trên khoảng 0.25  0;2  ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; yCT  2 , đạt cực đại tại x  0 ; yCĐ  2 ￚ Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  ￚ Bảng biến thiên: 0.25  Đồ thị: 0.25
2.(1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm)  0.25 ĐK: x    k . PT  (1  sin x)(1  sin x)(cos x  1)  2(1  sin x)(sin x  cos x ) 4 1  sin x  0 0.25  sin x  cos x  sin x cos x  1  0 1  sin x  0 0.25  1  sin x  cos x  1  0   0.25 x    k 2  2 ( Thoả mãn điều kiện)   x    k 2 2.(1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 III (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25
0.25 0.25 0.25 IV (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 Trong (ABC), kẻ CH  AB  H  AB  , suy ra CH   ABB ' A '  nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:  A ' C ,  ABB ' A '     A ' C , A ' H   CA ' H  300 .   1 a2 3 0.25  SABC  AC.BC .sin1200  2 2  AB  AC  BC  2 AC.BC.cos1200  7 a 2  AB  a 7 2 2 2 2.SABC a 21  CH   AB 7 CH 2a 21 Suy ra: A ' C  0  . s in30 7 a 35 0.25 Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA '  A ' C 2  AC 2  . 7 a 3 105 Suy ra: V  S ABC . AA '  . 14 Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' . Suy ra: 0.25 a 21 d  A ' B, CC '   d  CC ',  ABB ' A '    d  C ,  ABB ' A '    CH  . 7 V (1,0 điểm) (1,0 điểm) a2 b2 c2 0.25 Ta có VT =   (ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) (ac  2)(2ac  1) 1 1 1 =   2 1 2 1 2 1 (b  )(2b  ) (c  )(2c  ) (a  )(2 a  ) a a b b c c
y z x Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a  , b  , c  với x, y, z > 0 x y z 1 1 1 Khi đó VT =   y z z y z x x z x y y x (  2 )(  2 ) (  2 )(  2 ) (  2 )(  2 ) x x x x y y y y z z z z x2 y2 z2 =   ( y  2 z )( z  2 y ) ( z  2 x)( x  2 z ) ( x  2 y )( y  2 x) 9 0.25 Ta có ( y  2 z )( z  2 y )  yz  2 y 2  2 z 2  4 yz  2( y  z ) 2  5 yz  ( y 2  z 2 ) 2 x2 2 x2 Suy ra  (1) ( y  2 z )( z  2 y) 9 y 2  z 2 y2 2 y2 z2 2 z2 0.25 Tương tự có  (2);  (3) ( z  2 x)( x  2 z ) 9 x 2  z 2 ( x  2 y )( y  2 x) 9 y 2  x 2 2 x2 y2 z2 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT  ( 2 2 2  2 ) 9 y z x  z2 y  x2 x2 y2 z2 1 1 1 0.25 Lại có  2  2 = ( x 2  y 2  z 2 )( 2 2  2 2  2 )3 2 y z 2 x z 2 y x 2 y z x z y  x2 1 1 1 1 1 3 = (( x 2  y 2 )  ( y 2  z 2 )  ( z 2  x 2 ))( 2 2  2 2  2 2 )  3  .9  3  2 y z x z y x 2 2 (BĐT Netbit) 2 3 1 Suy ra VT  .  (đpcm) 9 2 3 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 2.(1,0 điểm)  x  1  2t1  x  2  t2 0.25    Viết lại d1 :  y  1  t1 , d2 :  y  t2 . (P) có VTPT n  (2;1; 5)  z  2t  z  1  2t  1  2
Gọi A = d  d1, B = d  d2. Giả sử: A(1 2t1; 1  t1;2t1) , B((2  2t2 ; t2 ;1  2t2 ) 0.25    AB  (t2  2t1  1; t2  t1  1; 2t2  2t1  1) .    t  2t1  1 t2  t1  1 2t2  2t1  1  t  1 0.25 d  (P)  AB, n cùng phương  2    1 2 1 5 t2  1 x  1 y  2 z 2 0.25  A(–1; –2; –2)  Phương trình đường thẳng d:   . 2 1 5 VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b (1,0 điểm) (2,0 điểm) Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 0.25  5 N '  3;   3 Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x  3y  2  0 39  2 4 Suy ra: IH  d  I , AB    10 10 Do AC  2 BD nên IA  2 IB . Đặt IB  x  0 , ta có phương trình 0.25 1 1 5 2  2   x2  2  x  2 x 4x 8 Đặt B  x, y  . Do IB  2 và B  AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 0.25  14  x  3  2   y  3 2  2  5 y 2  18 y  16  0 x  5 x  4  3      x  3y  2  0  x  3y  2 y  8 y  2   5  14 8  0.25 Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B  ;   5 5 Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 x  y  18  0 . 2.(1,0 điểm) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB  (Q): x  y  z  3  0 0.25
x  2 0.25  Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q)  d:  y  t  1 z  t  M  d  M (2; t  1; t )  AM  2t 2  8t  11 , AB = 12 0.25  MAB đều khi MA = MB = AB 0.25 4  18  6  18 4  18   2t 2  8t  1  0  t   M  2; ;  2  2 2  VII.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Xét đa thức: f ( x)  x(1  x) 2011  x(C2011  C2011 x  C2011 x 2  ...  C2011 x 2011 ) 0 1 2 2011 0.25 0 1 2 2 3 2011 2012 C 2011 xC x C 2011 x  ...  C 2011 x 2011 . Ta có: f  ( x)  C 0  2C 1 x  3C2 2 x  ...  2012C 2011 2011 x 0.25 2011 2011 2011 2011  f (1)  C2011  2C2011  3C2011  ...  2012C2011 ( a ) 0 1 2 2011 Mặt khác: f  ( x)  (1  x) 2011  2011(1  x) 2010 .x  (1  x) 2010 (1  2012 x) 0.25 / 2010  f (1)  2013.2 (b) 2010 Từ (a) và (b) suy ra: S  2013.2 . 0.25 Chú ý: - Các cách giải khác với đáp án mà đúng cho điểm tương đương - Điểm toàn bài không làm tròn