Đề thi thử đại học năm 2013 môn Toán khối A, B - THPT Quốc Oai

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

226
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Khối A và khối B Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học năm 2013 môn Toán khối A, B - THPT Quốc Oai

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Khối A và khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  m 4  1(1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho các điểm A, B, C và điểm O nằm trên một đường tròn, trong đó O là gốc tọa độ. (sin x  cos x) 2  2sin 2 x 1     Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2   sin(  x)  sin(  3x)  . 1  cot x 2 4 4  3  2 x 2  3x  2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  1,  x    . 1 2 x2  x  1 Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD, biết SA=AB= a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . e ln x Câu 5 (1,0 điểm). Tính I   dx. 1 x ( 2  ln x  2  ln x ) Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3. 2 2 2 Chứng minh rằng 2  a  b  c   b  c  a    c  a  b   3 . a  b 2  c2  2ab b 2  c2  a 2  2bc a 2  b 2  c 2  2ac 5 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn 5 Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M (4; ) là trung điểm của 2 AC , đường trung tuyến kẻ từ C là (d ) : x  y  2  0; điểm B nằm trên đường thẳng (d ') : x  3y  1  0. Tìm 3 tọa độ các điểm A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng . 2 Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho tứ giác ABCD có A(3; 2; 0), B(2;3;1), C(4;5; 7). Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy là AB. Câu 9a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2  x )n theo lũy thừa tăng của x ta được số hạng thứ tám là 144. Tìm x biết C n 1  2Cn  2  16  n  2  , n   *. n 3 n B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  : x 2  y 2  13 . Lập phương trình chính tắc của hypebol có hai tiệm cận vuông góc với nhau và cắt đường tròn (C ) tại bốn điểm lập thành hình chữ nhật có diện tích bằng 24. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : 3 x  2 y  z  4  0 và điểm M (2;2; 0). Xác định tọa độ điểm N sao cho MN vuông góc với mặt phẳng (P ) , đồng thời điểm N cách đều gốc tọa độ O(0; 0;0) và mặt phẳng (P ). log 1  x  2y   log 2  3x  1  1  2 Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x 4y 3  3  4. ....................HẾT................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1- ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANG Câu ý Nội Dung Điểm Khi m=1 hàm số trở thành y  x  2 x 2  2. 4  TXĐ :   Sự biến thiên : - giới hạn: lim y   0,25 x  3 y '  4x  4x a y '  0  x  0;x  1;x  1. -Bảng biến thiên:lập đúng 0,25 - Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị. 0,25  Đồ thị: vẽ đúng 0,25 Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  4 x 3  4m 2 x  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 (*). 0,25 1 Ba nghiệm phân biệt là x  0; x  m; x  m; Tọa độ 3 điểm cực trị A(0; m 4  1), B(m;1), C (m;1) . 0,25 Gọi I là tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; do tính đối xứng của đồ thị hàm số suy ra I, A, O thẳng hàng.  A  O (1) Ycbt           0,25  AB  OB  AB . OB  0 (2)    Ta có AB(m; m 4 ); OB(m;1). Giải (1): m 4  1  0  vô nghiệm 0,25 b Giải (2): m 2  m 4  0  m  1 (do đk(*)). Kết luận: m  1. Điều kiện: s inx  0 (*). 1  sin 2x  2sin 2 x 1  Pt   .2 cos(  2x).s inx 1 2 4 2 2 0,25 sin x   (sin 2x  cos2x).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4    2.cos(2x  ).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4 4  0,25  cos(2x  ).s inx.(s inx  1)  0. 4     (*) cos(2x    2x  4  2  m  0,25 )0  4  (k, m   ).   x    k2  sin x 1   2  3  So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt x   k 2 , x   m , (k , m   ). 0,25 2 8 2
1 Ta có : 1  2 x 2  x  1  1  4( x  )2  3  1  3  0. 0.25 2  x  1 Suy ra, điều kiện :  (*).  x  2 Bpt  3  2 x 2  3x  2  1  2 x 2  x  1  x 2  x  1  1  x 2  3 x  2 . 0,25 3 x  0  x2  x  1  2x   2 0,25 3 x  x  1  0 x  0  13  1 13  1 0,25   1  13 1  13  x  (do (*)). Kết luận: x  . x  ;x  6 6  6 6 + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có S SG 2  , suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của N 4 SC, SD. 1 1 G M + Dễ có: VS . ABD  VS .BCD  VS . ABCD  V . A D 0,25 2 2 O B C Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS . ABN SA SB SN 1 1 1  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS . BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS .BMN  V . VS .BCD SB SC SD 2 2 4 8 0,25 Từ đó suy ra: 3 VS . ABMN  VS . ABN  VS .BMN  V . 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp bởi AN 3  với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD   SA cân tại N, suy ra NAD  NDA  300. Do đó AD   a 3. 0,25 tan 300 1 1 3 3 Vậy, V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3 3 5 5 3a 3 Suy ra,thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  . 0,25 8 8 24 Đặt t  2  ln x  2  ln x  t 2  4  2 4  ln 2 x  4ln 2 x  8t 2  t 4 0,25 8ln x ln x 1  dx  (16t  4t 3 ) dt  dx  (2t  t 3 ) dt. x x 2 0,25 Đổi cận: x  1  t  2 2; x  e  t  3  1 5 0,25
3 1 1 1 Suy ra, I   (2  t 2 )dt  ....  (3 3  1  4 2). 0,25 2 2 2 3 2 2 2 Bdt  a  b  c   b  c  a   c  a  b  3 2 2 2  a  b   c2  b  c   a 2  c  a   b 2 5 2 2 2  3  2c   3  2a    3  2b   3 2 2 2  3  c   c2  3  a   a 2  3  b   b 2 5 0,25 2 2 2 c  3c  2 a  3a  2 b  3b  2  2  2  2 0 2c  6c  9 2a  6a  9 2b  6b  9 6 x 2  3x  2 1   x  1   x  1 x  2   1 x  1  0 Ta có: 2   0,25 2x  6x  9 5 2x 2  6x  9 5  x2 1   x  1  2  0  2x  6x  9 5  2   x  1 2x 2  x  1 0  x  1  2x  1  0, x  0 2 2x  6x  9 2x 2  6x  9 Do a, b, c dương nên ta có : a 2  3a  2 1 b 2  3b  2 1 c2  3c  2 1   a  1 ; 2   b  1 , 2   c  1 . 2a 2  6a  9 5 2b  6b  9 5 2c  6c  9 5 0,5 Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. C  d  C(c  2; c); B  d '  B(3b  1; b) Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c) 0,25  3b  c  7 b  c  5  N là trung điểm của AB  N  ; .  2 2  7a Đường trung tuyến kẻ từ C là d, nên N nằm trên d 0,25 3b  c  7 b  c  5    2  0  b  1  B(4;1) 2 2   AC  (2c  4; 2c  5) Phương trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0 2 2 | 3(c  2) | AC   2c  4    2c  5 , d(B, AC)  2 2 0,25  2c  4    2c  5 | 3(c  2) | SABC  2 c  3  A(3; 2), C(5;3) Giả thiết, ta có:  0,25 c  1  A(5; 4), C(3;1) KL......    Gọi D(x;y;z)  CD   x  4; y  5; z  7  , BA   5; 1; 1    0,25 CD  kBA  Tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy AB   (k>0). AC  BD 
 x  4  5k  x  4  5k 8a  y  5  k y  5  k   0,25   z  7  k z  7  k    x  2  2   y  3  2   z  1 2  107  2  5k  2   2  k  2   8  k 2  107    x  4  5k y  5  k  k  1(l)    0,25  z  7  k  k  35 (t / m)  27  27k 2  8k  35  0   67 100 224  Kết luận: D   ; ; . 0,25  27 27 27  9a  n  3 n  2   n  2 n  1 C n 1  2Cn  2  16  n  2   n 3 n  2.  16  n  2  2 2 0,5 n 3   n  1  16  n  9. 2 9 n 9 Ta có:  2  x    2  x    Ck 29k x k 9 0,25 0 Số hạng tổng quát của khai triển là: C9 29 k x k k Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là C9 22 x 7  144x 7 7 0,25 Giải phương trình được x=1. x 2 y2 0,25 Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang:   1; a  0, b  0. a 2 b2 b b 7b Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là: y  x; y   x a a Hai tiệm cận vuông góc với nhau  a  b Phương trình (H): x 2  y 2  a 2 Giao điểm của (H) và đường tròn (C) có tọa độ là nghiệm của hệ 0,25  2 a 2  13  2 2 x  y  a 2 x  2   2 2  2  x  y  13   y 2  13  a   2 Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y) 0,25 ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy| Giả thiết: 16x 2 y 2  242  a 2  5 x 2 y2 0,25 Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là:   1. 5 5 Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) , suy ra NO  x 2o  y 2 0  z2 0 8b 3 x0  2 y0  z0  4 0,25 d ( N ,( P ))  . 14    Từ giả thiết, suy ra vectơ MN cùng phương với vectơ pháp tuyến n(3; 2;  1) của mặt 0,25 x  2 y0  2 z0 phẳng (P ), nên ta có 0   (1). 3 2 1
Điểm N cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng (P ), 3 x0  2 y0  z0  4 do đó: x 2 o  y 2 0  z2 0  (2). 0,25 14 1 1 3 0,25 Giải hệ hai phương trình (1) và(2) ta được: x0   ; y0  ; z0  . 4 2 4  1 x  0,25 Đk:  3  x  2y  0  log 1  x  2y   log 2  3x  1  1   log 2  x  2y   log 2  3x  1  1 2  3x  1   log 2    1  x  4y  1 0,25  x  2y  9b Thay x=4y+1 vào phương trình 3x  34y  4 34 y  1 y  0 1  0,25 ta được 34y 1  34 y  4  3.3  4y  4  4 y 1   4y 3 3  y   1   3  4 Kết luận: Nghiệm của hệ 1;0  . 0,25 ……… HẾT………