Đề thi thử đại học năm 2013 môn Toán khối A, B - THPT Quốc Oai
lượt xem 52
download
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).
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
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 x2 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) | SABC 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 29k 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 34y 4 34 y 1 y 0 1 0,25 ta được 34y 1 34 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………
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Hóa khối A, B - Trường THPT Trần Nhân Tông (Mã đề 325)
6 p | 284 | 104
-
Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Toán khối A - Trường THPT chuyên Quốc học
1 p | 198 | 47
-
Đáp án và đề thi thử Đại học năm 2013 khối C môn Lịch sử - Đề số 12
6 p | 185 | 19
-
Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Địa lý (có đáp án)
7 p | 148 | 15
-
Đề thi thử Đại học năm 2013 môn tiếng Anh khối D - Mã đề 234
8 p | 151 | 11
-
Đề thi thử Đại học năm 2014 môn Toán - GV Nguyễn Ngọc Hân
2 p | 115 | 10
-
Đề thi thử Đại học năm 2014 môn Vật lý (Mã đề TTLTĐH 6) - Sở GD & ĐT TP Hồ Chí Minh
8 p | 122 | 10
-
Đáp án đề thi thử Đại học năm 2013 môn Ngữ văn khối C, D
3 p | 139 | 9
-
Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Ngữ văn khối C, D
3 p | 134 | 9
-
Đề thi thử Đại học năm 2014 môn Vật lý (Mã đề TTLTĐH 8) - Sở GD & ĐT TP Hồ Chí Minh
9 p | 108 | 5
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 16
8 p | 109 | 4
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 17
8 p | 99 | 4
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 28
1 p | 76 | 3
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 29
1 p | 78 | 3
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 30
1 p | 75 | 3
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 20
9 p | 97 | 2
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 22
9 p | 66 | 2
-
Đề thi thử Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 25
9 p | 93 | 2
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn