Đến với "Đề thi thử Đại học năm học 2013-2014 môn Toán" của Trường THPT số 1 Sơn Tịnh các bạn sẽ được tìm hiểu hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho tất cả các bạn học sinh khối A,A1,B,D.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử Đại học năm học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT số 1 Sơn Tịnh
- SỞ GD&ĐT QUẢNG NGÃI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT SỐ 1 SƠN TỊNH Môn: TOÁN - Khối A,A1,B,D
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y x 3 3x 2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm tất cả các điểm M thuộc (C), sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N và MN 6 5 .
sin 2 x cos x 3 cos2 x sin x
Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 1
2 sin 2 x 3
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình: 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 3x 1
2
ln( x 1)
Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân I 2 x x 2 dx
1 x3
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, đường chéo AC a , tam giác
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 450. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm): Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2 xy 4 y 2 5
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M x 3 8 y 3 9 xy x 2 y .
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD, biết phương trình của một đường chéo
là: 3 x y 7 0 , điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20 (đvdt). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.
Câu 8.a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 1 0 , đường thẳng
x 2 y 1 z 1
d: . Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình chính tắc của đường thẳng nằm trong
1 1 3
(P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 .
Câu 9.a (1,0 điểm): Cho tập hợp E 1; 2;3; 4;5; 6 . Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có nhiều nhất 3
chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ
số của số đó bằng 10.
A. Theo chương trình Nâng cao
x2 y 2
Câu 7.b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip ( E ) : 1 và đường thẳng
16 9
d : 3x 4 y 12 0 . Chứng minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm C ( E ) sao cho
ABC có diện tích bằng 6.
Câu 8.b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : 2 x y 2 x 3 0 và hai
x 4 y 1 z x3 y5 z 7
đường thẳng (d1); (d2) lần lượt có phương trình và . Viết phương trình
2 2 1 2 3 2
chính tắc đường thẳng () song song với mặt phẳng (P), cắt (d1) và (d2) lần lượt tại A và B sao cho AB=3.
n
6 1
Câu 9.b (1,0 điểm): Tìm số hạng chứa x trong khai triển 2 x 3 , biết n là số nguyên dương thỏa mãn
x
22 23 2 n n 1093
Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 ... Cn
3 4 n 1 n 1
-- 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: ...............................
Cảm ơn thầy Lương Công Hảo( laoconghuong@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
- SỞ GD&ĐT QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT SỐ 1 SƠN TỊNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN - Khối A,A1,B,D
(Đáp án gồm 05 trang)
Câu Đáp án Điểm
D=R 0,25
1a y ' 3 x 2 3, x D
y ' 0 x 1 x 1
Hàm số đồng biến trên (-;-1) và (1;+); nghịch biến trên (-1;1) 0,25
Hàm số đạt cực đại x=-1, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại x=1, yCT = 0
lim y ; lim y
x x
x - -1 1 + 0.25
y' + 0 - 0 +
4 +
y
- 0
Đồ thị 0,25
7
6
5
4
3
2
1
M
-6 -4 -2 2 4 6
-1
-2
-3
-4
-5
Gọi M (m; m3 3m 2) (C ) 0,25
1b
Gọi là tiếp tuyến của (C) tại M, : y (3m 2 3)( x m) m3 3m 2
Phương trình hoành độ giao điểm của và (C) 0,25
x 3 3 x 2 (3m 2 3)( x m) m3 3m 2 ( x m) 2 ( x 2m) 0
Trước tiên, m 0 và N (2m; 8m3 6m 2)
Có MN 2 81m6 2.81m 4 90m 2 180 0,25
Đặt t m 2 (t 0) , có 9t 3 18t 2 10t 20 0 t 2
Suy ra m 2 0,25
Vậy có 2 điểm N (2 2; 10 2 2); N (2 2;10 2 2)
- == Trang: 01 ==
0,25
2 Điều kiện 2sin 2 x 3 0 x k và x k
6 3
(2) sin 2 x cosx- 3(cos2x+sinx)=2sin2x- 3
( 3 s inx-cosx)(2sinx-1)=0 0,25
1 0,25
3 s inx-cosx=0 tanx= x k
3 6
5 0,25
2sinx-1=0 x= k 2 hoặc x= k 2
6 6
5
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x= k 2
6
1 0,25
3 Điều kiện x 1 x
4
Nhân 2 vế cho 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 0 , ta được:
9 x 3 (3x 1)( 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1)
1 0,25
x hoặc 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 3 (*)
3
3 2 x 2 x 1 0 0,25
(*) 4 x 2 5 x 1 3 2 x 2 x 1
2
63x 72 x 0
8
Giải được x 0 (nhận) hoặc x (loại)
7
1 0,25
Đối chiếu điều kiện, được nghiệm x 0 hoặc x
3
2 2 2 2
0,25
4 2
I 2 x x dx
ln( x 1)
3
dx I1 2 x x dx 1 ( x 1) 2 dx
2
1 1 x 1 1
Đặt x 1 sin t dx costdt . Đổi cận x 1 t 0; x 2 t
2
2 2
1 1
I1 1 sin 2 t cos tdt cos 2tdt (t sin 2t ) |02
0 0
2 2 4
1 0,25
2 u ln( x 1) du dx
ln( x 1) x 1
I2 dx . Đặt 1
1 x3 dv x 3 dx v 1
2x2
2
1 1 1
I 2 2 ln( x 1) |12 2 dx
2x 2 1 x ( x 1)
Có 0,25
2 2
1 1 1 1 1 2 2 2 1 1
1 x 2 ( x 1) 1 ( x 2 x x 1)dx x |1 ln x |1 ln x 1 |1 4 ln 2 2 ln 3
dx
1 1 1 1 1 1 3 0,25
I 2 ln 3 ln 2 ln 2 ln 3 ln 2 ln 3
8 2 4 2 4 2 8
- 1 1 3
Và I ln 2 ln 3
4 4 2 8
== Trang: 02 ==
0,25
5 S
Gọi H là trung điểm AB
=> SH (ABCD)
Gọi M là trung điểm CD
=> AM CD (do ACD đều)
=> HC CD => SC CD
A
I
D => góc SCH = 450
H M
B C
a 3 1 a 3 a2 3 a3 0,25
Có SH HC ; S ABCD 2S ACD 2. a. ; VS . ABCD
2 2 2 2 4
Do CA=CB=CD nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD 0,25
Kẻ đường thẳng d đi qua C và song song SH => d là trục của đường tròn (ABD)
Có SA=SB=AB=a nên SAB đều, gọi G là trọng tâm SAB
Kẻ qua G và //HC => là trục của đường tròn (SAB)
Gọi I = d => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABD
13 0,25
R IS= IG 2 GS 2 a
12
t2 5 0,25
6 Ta đặt t x 2 y , từ giả thiết suy ra xy .
3
x 2 xy 4 y 2 5
Dùng điều kiện có nghiệm của hệ . Suy ra t 2 2
x 2 y t
3
Khi đó M x 2 y 6 xy x 2 y 9 xy ( x 2 y ) 0,25
t 3 3t 2 9t 15 f t
Xét hàm f(t) với t 2 2 ; 2 2 0,25
Suy ra min f t 9 2 2 ; max f t 20 và kết luận 0,25
Phương trình AC: 3 x y 7 0 , B(0;-3) 0,25
7a Phương trình BD: x 3 y 9 0 . Tọa độ I AC BD I (3; 2)
Do I là trung điểm BD nên D (6; 1) . Ta có BD 2 10 0,25
1 a 3(7 3a ) 9 0,25
Gọi A(a; 7 3a ) AC . dt(ABCD)=2.dt(ABD) .2 10 10
2 12 32
a2 A1 (2;1); C1 (4; 5) 0,25
do vậy
a4 A2 (4; 5); C2 (2;1)
- == Trang: 03 ==
0,25
8a • (P) có VTPT nP (1;1; 1) và d có VTCP u (1; 1; 3)
I d ( P ) I (1;2;4)
• Vì ( P); d có VTCP u n( P ) ; u (4; 2; 2) 2(2; 1;1)
• Gọi 1 đi qua I và 1 ( P ); 1 d 1 có VTCP u1 (2; 1;1) 0,25
• Gọi 2 đi qua I và 2 ( P ); 2 1 2 có VTCP u2 nP ; u1 3(0;1;1)
x 1 0,25
2 : y 2 t . Gọi H (1; 2 t; 4 t ) 2
z 4 t
Có IH 3 2 t 2 t 2 18 t 3
x 1 y 1 z 1 0,25
• t 3 H (1; 1;1) :
2 1 1
x 1 y 5 z 7
• t 3 H (1;5;7) :
2 1 1
Số các số thuộc M có 1 chữ số là 6 0,25
9a Số các số thuộc M có 2 chữ số là A62 30
Số các số thuộc M có 3 chữ số là A63 120
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 6+30+120 = 156
Gọi A là biến cố: "Tổng các chữ số của số đó bằng 10" 0,50
Các tập con của E có nhiều nhất 3 phần tử có tổng các phần tử bằng 10 là:
{4;6}; {1;3;6}; {1;4;5}; {2;3;5}
Suy ra số khả năng xãy ra của biến cố A là: 2!+3.3!=20
20 5 0,25
Vậy P ( A)
156 39
x2 y 2 0,25
7b
Xét hệ 16 9
1 x 4, y 0
... A(4;0), B(0;3) là 2 giao điểm
3 x 4 y 12 0 x 0, y 3
x0 2 y0 2 3 x 4 y0 12 0,25
Gọi C ( x0 ; y0 ) ( E ) 1 (1). Ta có d (C , AB) 0 h
16 9 5
1 1 3x 4 y0 12 1
S ABC . AB.h .5. 0 3 x0 4 y0 12
2 2 5 2
3 x 4 y0 24 (2)
Từ giả thiết suy ra 3 x0 4 y0 12 12 0
3 x0 4 y0 0 (3)
Từ (1) và (2) ta được PT 2 y0 2 12 y0 27 0 , PT này vô nghiệm 0,25
3
Từ (1) và (3) ta được PT 32 y0 2 144 y0 x0 2 2 .
2
3 3 0,25
Vậy có 2 điểm là: C 2 2; và C 2 2; .
2 2
- == Trang: 04 ==
Lấy A(4 2t1 ;1 2t1 ; t1 ) d1 ; B (3 2t2 ; 5 3t2 ; 7 2t2 ) d 2 0,25
8b
AB (2t2 2t1 7;3t2 2t1 6; 2t2 t1 7)
3t2 6 0 0,25
Có AB n P (2; 1; 2)
2 2 2
AB 3 (2t2 2t1 7) (3t2 2t1 6) (2t2 t1 7) 9
Giải được t1 2; t2 2 0,25
x 2 y 1 z 1 0,25
Suy ra A(2; 1;1); AB (1; 2; 2) và :
1 2 2
n 0 1 2 2 3 3
Xét khai triển (1 x ) Cn Cn x Cn x Cn x ... Cn x n n 0,25
9b
Lấy tích phân cận từ 0 đến 2 hai vế, ta có:
2
1 1
VT (1 x)n dx (1 x) n 1 |20 (3n 1 1)
0
n 1 n 1
x2 2 x3 x4 x n 1 2
VP Cn0 |20 Cn1 |0 Cn2 |02 Cn3 |02 ... Cnn |0
2 3 4 n 1
22 23 2n n
2(Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 ... Cn )
3 4 n 1
1 1093 0,25
Suy ra (3n 1 1) . Giải ra được n=6
2(n 1) n 1
1
6
1 0,25
Số hạng TQ của khai triển 2x 3 là C6k (2 x 3 )6 k ( )k (1)k .26 k .C6k .x18 4 k
x x
6 0,25
Có k=3. Suy ra số hạng chứa x là (1) .2 .C6 .x 160 x 6
3 3 3 6
- Cảm ơn thầy Lương Công Hảo( laoconghuong@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
== Trang: 05 ==
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
