Đề thi thử đại học năm 2013 môn Toán khối A lần 1 - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học năm 2013 môn Toán khối A lần 1 - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh là đề thi chính thức của Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Tĩnh trong kỳ thi thử đại học với thời gian làm bài là 180 phút không kể thời gian giao đề. 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 năm 2013 môn Toán khối A lần 1 - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 HÀ TĨNH Môn: TOÁN ; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đường thẳng (d): y = 3 các điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C). Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình: 3cot 2 x + 2 2 sin 2 x − (2 + 3 2) cos x 1. = 0. 2sin x + 3 ( x 2 + y 2 )( x + y ) = 15 xy 2. ( x, y ﾡ ) . ( x 4 + y 4 )( x 2 + y 2 ) = 85 x 2 y 2 e x2 −1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = x 3 ln dx. 2 x2 + 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Các mặt bên (SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N a 2 lần lượt là trung điểm của AD và CD, biết MN = . Tính thể tích của khối tứ diện 2 MNBS và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn: ab + bc + ca ≤ 3abc. a 3 + b3 + c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . a+b+c PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 6x 2y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(0; 2) và cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 4. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, C sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng khoảng cách từ B đến (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Khai triển P(x) = (x 2)2013 thành dạng P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2013 x 2013 . Tính hệ số a2011 và tính S = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + 2013a2013 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol y = x2 3x + 2 và điểm M(4; 6). Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên trục hoành và tiếp xúc với parabol tại M.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm M(3; 0; 0), N(0; 0; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 600. Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 6, 7, 8, 9 lập được tất cả bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau và lớn hơn 5000. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……..…………………….; Số báo danh……………………..
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 HÀ TĨNH HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN ; Khối: A Câu Nội dung Điểm I.1 * Tập xác định: R x=0 * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y = −3x + 6 x, y = 0 , 2 , . Hàm số đồng x=2 0,25 biến trên khoảng (0, 2) nghịch biến trên các khoảng (− , 0) và (2, + ) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0 và cực đại tại x = 2, yCD = 3 Giới hạn: xlim y = + , lim y = − 0,25 − x + Bảng biến thiên: Đồ thị :Đồ thị đi qua các điểm (1;3), (3;1) và nhận I(1;1) làm tâm đối xứng. 0,5 Gọi điểm M(m; 3) �(d ) : y = 3 . Phương trình tiếp tuyến của ( C ) qua M và có dạng : (∆) : y = k ( x m) + 3. Hoành độ tiếp điểm của (C) và (∆) là nghiệm của hệ: 0,25 − x + 3 x − 1 = k ( x − m) + 3 (1) 3 2 −3 x 2 + 6 x = k (2) Thay k từ (2) vào (1) ta có phương trình: (x 2)[2x2 + (1 3m)x + 2] = 0 (3) I.2 x=2 0,25 g ( x) = 2 x 2 + (1 − 3m) x + 2 = 0 (4) Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C) phương trình (3) có 3 nghiệm phân 0,25 biệt Phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 2. m < −1 ∆g > 0 9m2 − 6m − 15 > 0 � �� 5 0,25 g (2) 0 12 − 6m 0 2 m> 3 II.1 Điều kiện: cosx 0, 3 0,5 sin x − 2 Khi đó pt đã cho ( (3cot x − 3 2 cos x) + 2 2 sin 2 x − 2 cos x = 0 2 ) � 3cos x( cos x 2 sin x ( − 2) + 2 2 sin 2 x − cos x ) = 0 (3cos x − 2sin 2 x)( 2 sin 2 x − cos x) = 0
+ ) cos x − 2 sin 2 x = 0 � 2 cos 2 x + cos x − 2 = 0 cos x = − 2 (loai ) 1 π cos x = � x = � + 2kπ , k �Z 2 4 + ) 3cos x − 2sin x = 0 � 2 cos 2 x + 3cos x − 2 = 0 2 0,5 cos x = −2 ( loai ) 1 π . Đối chiếu với đ/k bài toán thì cos x = � x = � + 2kπ , k �Z 2 3 π π pt chỉ có 3 họ nghiệm: x = + 2 kπ , x = + 2 kπ ( k Z ) . 4 3 II.2 x=0 x 0 Ta thấy (x, y) = (0, 0) là một nghiệm và hệ không có nghiệm hoặc y 0 y=0 �x y � �x y � �+ � ( x + y ) = 15 �+ � ( x + y ) = 15 �y x � �y x � Hệ đã cho 2 �x 2 y 2 � 2 � �x y � �� 2 + 2 �x + y = 85 y x (2 ) � + �− 2 �� y x� � ( x + y ) − 2 xy � 2 � = 85 � � � � � � x y v2 Đặt + = u , x + y = v suy ra (x + y)2 2xy = uxy xy = ( vì u 2) y x u+2 uv = 15 uv = 15 Thay xy vào hệ trên ta có : � 2 . Từ đó: 0,5 uv 2 � 2 (u − 2). = 85 14u − 17u − 45 = 0 u+2 x=2 9 x y 9 5 x y 5 u = − + =− � u= � + = �y = 4 � 7 �y x 7 a) � 2 � �y x 6 � b) � � � �x + y = 6 x=4 � 35 �x + y = − 35 0,5 v=6 v=− y=2 3 3 Hệ b) vô nghiệm. Tóm lại hệ có 3 nghiệm (0, 0); ( 2, 4); (4, 2). III 4x e x2 −1 du = 4 dx 3 x −1 2 u = ln 2 x −1 Tính I = x ln 2 dx . Đặt x + 1 ta có 0,5 x +1 x4 −1 2 dv = x dx 3 v = 4 e e 2 e x4 −1 x2 −1 e4 − 1 e2 − 1 x I = ln 2 xdx = ln 2 4 x +1 2 2 4 e +1 2 2 0,5 e −1 e −1 3 4 2 e 2 = ln 2 + ln 3 − + 1 . 4 e +1 4 2
Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy suy ra SA ⊥ (ABCD). (1) mà AB là hình chiếu của SB trên mp(ABCD) nên BC ⊥ SB (2). Từ (1) và (2) suy ra SBA = 600. Tương tự SDA = 600. Ta có SA = AB.tan600 = a 3 0,5 AC = 2MN = a 2 nên AB = BC = a. S BMN = S ABCD − S ABM − S BCN − S DMN 3a 2 1 3a 3 = . VMNBS = SA. S BMN = 8 3 8 IV Gọi K là giao điểm của AN và BM . Ta có: ∆ ABM = ∆ DAN (c.g.c) nên BM ⊥ AN, mặt khác BM ⊥ SA suy ra BM ⊥ (SAN) . Gọi L là hình chiếu của K trên SN, ta có KL là đường vuông góc chung của BM và SN. KL NK Ta có : ∆ NKL : ∆ NSA (g.g.) nên = . SA NS 17 AK AM 0,5 NS = SA2 + NA2 = a . Mặt khác ∆ KAM : ∆ DAN (g.g.) nên ta có: = 2 AD AN AD. AM a 5 3a 5 suy ra AK = = , NK = NA AK = . AN 5 10 SA.NK 3 Từ đó suy ra KL = = 3a . NS 85 V 1 1 1 1 1 1 Ta có: ab + bc + ca ��3abc + + �3. Đặt = x; = y; = z a b c a b c 0,25 suy ra x > 0, y > 0, z > 0, 0
Khi 2a + b = 0, chọn a = 1,b = −2 ta có ∆ : x − 2y + 4 = 0. VIa.2 Do (P ) cách đều A và B nên hoặc (P ) PA B hoặc (P ) đi qua trung điểm A B . 0,5 ur uuur uuur Khi (P ) PA B ta có (P ) đi qua O và nhận n = � A B ,OC � � �= ( −6;3;0) làm vectơ pháp tuyến nên (P ) : 2x − y = 0. �1 � 0,5 Khi (P ) đi qua trung điểm I � ;1;0 � của A B ta có (P ) đi qua O và nhận �2 � ur uuur uuur � 3 � n =�� IC ,OC � �= � 3; ;0 � làm vectơ pháp tuyến nên (P ) : 2x + y = 0. �2 � VII.a 2013 Ta có P (x ) = (x − 2)2013 = i C 2013 x i ( −2)2013 −i = a 0 + a1x + ... + a 2013x 2013 . 0,25 i =0 Do đó a 2011 = C 2013 2011 ( −2)2 = 4C 2013 2 = 8100312. 0,25 Ta có P (x ) = 2013(x − 2)2012 = a1 + 2a 2x + ... + 2013a 2013x 2012 . 0,25 Cho x = 1 ta có S = 2013. 0,25 VIb.1 Tiếp tuyến ∆ của P tại M có phương trình ∆ : 5x − y − 14 = 0. 0,25 uuur r Giả sử I (i;0). Do (I ) tiếp xúc với (P ) tại M nên MI .u ∆ = 0. 0,25 Suy ra i = 34. Ta có R = MI = 936. 0,25 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (x − 34)2 + y 2 = 936. Giả sử (P ) : ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b2 + c 2 0 ). Ta có M , N (P ) nên VIb.2 �3a + d = 0 � d = −3a 0,25 � � Vậy (P ) : ax + by + 3az − 3a = 0 ( 10a 2 + b2 0 ). �c + d = 0 � c = 3a . ur ur Ta có n Oxy = (0;0;1);n P = (a;b;3a ). Từ đó: | 3a | 1 0,25 = cos60o = � b2 = 26a 2 . 10a + b 2 2 2 Khi b = 26a, chọn a = 1,b = 26 ta có (P ) : x + 26y + 3z − 3 = 0. 0,5 Khi b = − 26a, chọn a = 1,b = − 26 ta có (P ) : x − 26y + 3z − 3 = 0. VII.b Gọi n = a1a2 a3a4 là số cần tìm, n > 5000 nên a1 { 6, 7,8,9} , n chẵn nên a4 { 0, 2, 6,8} 0,25 Nếu a1 = 6 thì n = 6a2 a3 a4 , a4 có 3 cách chọn, a2 có 5 cách chọn, a3 có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.3 = 60 số. 0,25 Nếu a1 = 7 thì n = 7 a2 a3 a4 , a4 có 4 cách chọn, a2 có 5 cách chọn, 0,25 a3 có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.4 = 80 số. Khi a1 = 8 giống như a1 = 6 và a1 = 9 giống như a1 = 7 Vậy có tất cả 60.2 +80.2 = 280 số. 0,25 Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng.