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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi thử đại học năm 2013 môn Toán khối B, D lần 1 - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh" kèm đáp án dưới đây.

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 B, D lần 1 - Trường THPT chuyên Hà Tĩnh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 HÀ TĨNH Môn: TOÁN ; Khối: B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa mãn AB = 17 . Câu II (2,0 điểm) 1 sin 2 x 1. Giải phương trình: tan x 2 sin x . 2 sin x cos x 2x3 3x 3 y 1 2. Giải hệ phương trình: . xy 3 2x 3 6 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I x sin 2 3xdx . 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD, cạnh SB tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 4 x 2 2 xy y 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 2 xy y 2 . 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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), trực tâm H(1; 3) và tâm đường tròn ngoại tiếp I(2; 0). Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 4; 3), B(4; 0; 1) và đường thẳng d: x 6 y 1 z 4 . Xác định các điểm C, D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d. 2 1 3 x 1 x Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log 1 log 2 2. 2 3x 3 x 1 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 y 2 x 9 y 18 0 và hai điểm A(4;1), B(3; 1). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. x 2 y 2 z 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: và mặt phẳng 1 2 1 (P): 2 x 2 y z 4 0 . Tam giác ABC có đỉnh A( 1; 2; 1), các đỉnh B, C nằm trên (P) và trọng tâm G nằm trên d. Tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.
x Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x 2) 2 log 0. 3 2 x 3x 3 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: B, D Câu Nội dung Điểm I.1 * Tập xác định: R \{1} * Sự biến thiên: 1 Chiều biến thiên: y’ = 2 0 với mọi x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên các 0,25 x 1 khoảng ( ,1), (1, ) . Cực trị: Hàm số không có cực trị. Giới hạn và tiệm cận: lim y 2 , lim y 2 tiệm cận ngang y = 2, x x 0,25 lim y , xlim y tiệm cận đứng x = 1. x 1 1 Bảng biến thiên: x 1 + y’ + || + + 2 0,25 y 2 2 y x Đồ thị: O Đồ thị đi qua (0, 1); (2, 3) và nhận I(1, 2) 1 1 2 3 làm tâm đối xứng. 1 2 I 0,25 3 4 I.2 2 x0 1 Gọi M x 0 , (C) với x0 1 . Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là: x0 1 0,25 2 x0 1 1 y 2 x x 0 . x0 1 x0 1 2 x0 0,25 Giao điểm A của tiệm cận đứng x 1 và d là: A 1, . x0 1 Giao điểm B của tiệm cận ngang y 2 và d là: B 2 x0 1, 2 .
2 2 2 x0 2 1 Ta có AB = 2 x 0 2 2 2 4 x0 1 2 . 0,25 x0 1 x0 1 2 x0 1 4 x0 3; x 0 1 Theo giả thiết: AB = 17 AB = 17 2 1 2 3 1. x0 1 x0 ; x0 4 2 2 0,25 5 3 1 3 Có bốn điểm M cần tìm là: 3; , 1; , ;0 và ; 4 . 2 2 2 2 II.1 Điều kiện: cosx 0, sinx + cosx 0. 1 2 sin x cos x 1 sin x 2 sin 2 x Pt tan x 2 sin x 2 sin x cos x 2 cos x sin x cos x 0,5 sin x 0 sin x cos x 2 sin x. 2 sin x cos x . 2 sin x sin 2 x 4 +) sin x 0 x k 2x x k2 x k2 4 4 k2 +) sin x sin 2 x x 4 k2 4 3 0,5 2x x k2 x 4 4 3 k2 Các nghiệm đều tmđk nên phương trình có nghiệm: x k , x . 4 3 II.2 Ta thấy x 0 không thỏa mãn hệ. 1 2 3y x3 1 z3 3y 2 0,5 Với x 0 hệ . Đặt z , hệ trở thành 3 . 3 3 x y 3z 2 y 2 x Từ hệ: z 3 y 3 3 y 3z y z y 2 yz z 2 3 0 z y . y 1 1 Thay vào được: y 3 3 y 2 . Từ đó hệ có nghiệm (x, y) là: , 2 , 1, 1 0,5 y 2 2 . III 6 6 6 6 Ta có I = x sin 2 3xdx = x 1 cos 6 x dx = 1 xdx 1 x cos 6 xdx . 0,25 0 0 2 20 20 6 x2 6 2 Tính J = xdx = = . 0,25 2 72 0 0 du dx 6 u x Tính K = x cos 6 xdx . Đặt ta có 1 . 0,5 dv cos 6 xdx v sin 6 x 0 6
1 6 1 1 2 4 1 sin 6 xdx = 0 + cos 6 x 6 6 Suy ra K = x sin 6 x = . Vậy I = . 6 60 36 18 144 0 0 IV Gọi H là trọng tâm tam giác ABD SH (ABCD) và SBH = 600. a 1 a a 5 0,25 Gọi O là tâm đáy. Ta có OB = , OH = OA nên BH = . 2 3 3 2 3 S Trong tam giác vuông SHB ta có: a 15 SH = BH.tan600 = . 3 0,25 Thể tích khối chóp: 1 a 3 15 V = SH .dt ( ABCD) = . D K 3 9 A Vì AB // CD nên ta có h(SA,CD) = O H M h(CD,(SAB)) = h(D,(SAB). 0,25 C B Lại có H là trọng tâm ABD nên h(D,(SAB)) = 3h(H,(SAB)). Kẻ HM AB tại M (SHM) AB (SHM) (SAB) theo giao tuyến SM. Kẻ HK SM tại K HK (SAB) HK = h(H,(SAB)). 1 a a 15 1 1 1 a 15 Ta có HM = HA = , SH = và 2 2 2 nên HK = . 0,25 2 3 3 HK HM SH 12 a 15 Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là . 4 V P x 2 2 xy y 2 Ta có . 3 4 x 2 2 xy y 2 0,25 3 Với y 0 , từ giả thiết x 0 nên P . 4 P t 2 2t 1 x Với y 0 , chia cả tử và mẫu cho y 2 , = 2 f (t ) với t R. 0,25 3 4t 2t 1 y t 2 6t 2 10t 4 Xét hàm số f (t ) trên R, f ' (t ) , f ' (t ) 0 1. 0,25 4t 2 2t 1 t 3 1 Lập bảng biến thiên của f (t ) trên R, tìm được max f (t ) , min f (t ) 2 . 3 0,25 Kết hợp các trường hợp ta có max P 1 , min P 6. VIa.1 Gọi D là điểm đối xứng của A qua I. Tứ giác BHCD có hai cặp cạnh đối song song nên nó là hình bình hành. Do đó BC, HD cắt nhau tại trung 0, 5 điểm M của mỗi đường. Suy ra IM là đường trung bình của tam giác AHD.
A 1 xM 2 ( 2) xM 1 1 2 Ta có IM AH 1. 2 1 yM yM 0 ( 1) 2 2 I Đường thẳng BC qua M, nhận AH làm véc tơ pháp 0,5 H tuyến nên có pt: 4 x 2 y 3 0 . B M C D VIa.2 x 6 2t d có vtcp u 2;1; 3 và có phương trình tham số y 1 t . z 4 3t 0,5 Ta thấy điểm B d kết hợp với giả thiết D d nên tâm I của hình thoi cũng d. Do ABCD là hình thoi nên ta có AC BD hay I là hình chiếu của A trên d. Gọi I 6 2t ;1 t ;4 3t d. Khi đó AI (5 2t ; 3 t ; 7 3t ) . AI .u 0 2 5 2t 3 t 3 7 3t 0 t 2 hay I(2; 1; 2). 0,5 Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua I nên C(3; 6; 1) và D(0; 2; 5). VII.a x 1 x 0 Điều kiện: 0 . 0,25 x x 1 x x 3x log 2 x 1 x Bpt log 2 log 2 2 log 2 2 log 2 3 x 1 x 1 2 x 1 3 log 2 3 0,5 2 1 log 2 3 log x 4 log 2 log 2 x 2 log 2 (vì log 2 2 4 0 log 2 ). 2 2 x 1 3 x 1 3 3 3 log 2 3 x 2 x 2 Từ đó: 0 1 x 2 . Đối chiếu điều kiện ta có 0 x 2 . 0,25 x 1 3 3x 1 VIb.1 1 2 9 2 10 1 9 10 Ta có (T): x y nên (T) có tâm I , và R = . 2 2 4 2 2 2 0,5 AB 2, 1 và AB 5. Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng 2 x y m 0. 2m 7 Khoảng cách từ I đến CD là: h và CD = 2 R 2 h 2 . 2 5 2 m 6 0,5 Ta có CD = AB nên 2 5 2m 7 5 2m 7 2 25 . 2 20 m 1 Vậy CD có phương trình 2 x y 6 0 hoặc 2 x y 1 0 . VIb.2 Gọi G 2 t ;2 2t ; 2 2t d. Gọi M là trung điểm của BC. 0,25
A 3 Do AM AG nên 2 3 d xM 1 2 t 1 1 2 xM 7 3t G 2 0,25 3 yM 2 2 t 2 y M 2 3t . 2 C 1 M 3 zM 7 3t B zM 1 2 t 1 2 2 1 Theo giả thiết M (P) nên: 7 3t 2 2 3t 7 3t 4 0 t 1. 2 0,5 Từ đó M 2; 1; 2 và AM = 3 3 . VII.b ( x 2) 2 0 x 0 Điều kiện: x . 0,25 2 0 x 2 x 3x 3 Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với x 2 3x 3 0,25 log 3 x 2 log 3 x x 2 x 2 3x 3 . x Nếu x 2 ta có x 2 x x 2 3x 3 2 x 3 (thoả mãn điều kiện) 0,25 x 1 2 2 Nếu 0 x 2 ta có x 2 x x 3 x 3 3 (thoả mãn điều kiện). x 2 0,25 3 Vậy phương trình có 3 nghiệm x 3; x 1; x . 2 Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng.