Đề thi thử Đại học và đáp án: Môn Toán lần 2 (Năm học 2013-2014) - Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học và ôn thi Đại học môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung "Đề thi thử Đại học môn Toán lần 2" năm học 2013-2014 của Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ dưới đây. Nội dung đề thi gồm 6 câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học và đáp án: Môn Toán lần 2 (Năm học 2013-2014) - Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014 CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A NGUYỄN HUỆ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề x 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 tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). Câu II: (2,0 điểm) cos3 x  cos 2 x 1. Giải phương trình:  2 1  sin x  . sin x  cos cosx cos   3 2  x( x  y )  y 2  4 x  1 2 1 sin . sin cos x2. Giải xhệ phương trình:  x2 x2    x  x ( x  y )  2 y  7 x  2 e ln x Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: x 1 1  ln x dx Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB a sao cho BQ = . 4 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC)  (NPQ) . Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều 1 1 1 kiện ab  bc  ca  3 , ta có:  2  2 1 a 2 b 2 c 2 2 Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 1 2BD. Điểm M ((0; 0 ; ) ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. 3 Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : x  t  x y2 z x  1 y 1 z  1 d1 :  y  4  t ; d2:   và d3:   . Viết phương trình  z  1  2t 1 3 3 5 2 1  đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. http://megabook.vn/
2 Tìm số phức z thỏa mãn : z  2 z.z  z  8 và z  z  2 2 Câu VII: (1,0 điểm) ------------------------Hết---------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………… http://megabook.vn/
TRƯỜNG THPT HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1} 1 0,25 y’ =  0 ( x  1)2 lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 x 1 x 1 Bảng biến thiên I-1 x - 1 + (1 y' - - điểm) 1 y + 0,25 1 - Hàm số nghịch biến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0,25 http://megabook.vn/
10 8 6 4 2 10 5 5 10 15 2 4 6 8 x0 Với x0  1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; ) có phương trình : x0  1 0,25 1 x0 1 x02 y ( x  x )   x  y  0 ( x0  1)2 x0  1 ( x0  1)2 ( x0  1)2 0 1 (d) có vec – tơ chỉ phương u  (1; ) ( x0  1) 2 I-2 0,25 1 (1 IM  ( x0  1; ) x0  1 điểm) Để (d) vuông góc IM điều kiện là : 1 1  x0  0 0,25 u.IM  0  1.( x0  1)  0 ( x0  1) x0  1  x0  2 2 + Với x0 = 0 ta có M(0,0) + Với x0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25 ĐK: sin x  cos x  0 0,25 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  II-1  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0,25 (1 điểm)  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0,25 cos x  1 http://megabook.vn/
   x    k 2   2  k , m Z   x    m2 0,25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m2  k , m Z  2 Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình  y2 1  x y 4 0,25  x  y  xy  1  4 x 2 2  x Với x  0 , ta có:    x( x  y )  2 y  2  7 x ( x  y ) 2  2 y  1  7 2 2 2   x y 1 2  uv  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2  II-2 x v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 0,25 (1 điểm) +) Với v  3, u  1 ta có  y2 1  x  y2 1  x  y2  y  2  0  y  1, x  2 hệ:     . 0,25 x y 3  x  3 y  x  3 y  y  2, x  5  y2 1  9x +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ này vô nghiệm.  x  y  5 0,25 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  (2;1), ( x; y)  (5; 2). 1 Đặt t = 1  ln x có 2tdt = dx x 0,25 x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 t 2 1 e 2 ln x III 1 x 1  ln x dx   1 t 2tdt  0,25 (1 điểm) 2 3 t  2(  t)  0,25 3 1 2(2  2)  0,25 3 http://megabook.vn/
Gọi I là trung điểm A’B’ thì A' C' C ' I  A ' B '   C ' I  ( ABA ' B ') C ' I  AA '  I B' suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc C ' BI . N Suy ra C ' BI  600 0,25 a 15 C ' I  BI .tan C ' BI  M 2 A C K P IV Q B (1 điểm) 1 a3 . 15 VABC . A' B 'C '  AA '.S A' B 'C '  AA ' . .CI . A ' B '  0,25 2 4 NP / / BC ' 0,25   ( NPQ) / /(C ' BI ) (1) PQ / /C ' I  ABM  BB ' I (c  g  c) suy ra AMB  BIB ' . suy ra AMB  B ' BI  900  AM  BI Mặt khác theo chứng minh trên C’I  AM nên AM  (C ' BI ) 0,25 Suy ra (AMC)  (C ' BI ) (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC)  (NPQ) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a2b2  b2c2  c2a2  a2b2c2  4 0,25 Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh x2  y 2  z 2  xyz  4 với mọi x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 0,25 V Không làm mất tính tổng quát giả sử x  y; x  z thì x  1 ta có: (1 1 điểm) x 2  y 2  z 2  xyz  4  x 2  ( y  z )2  yz ( x  2)  4  x 2  ( y  z )2  ( y  z )2 ( x  2)  4  0,25 4 x2 1  x2  (3  x)2  4  ( x  1)2 ( x  2)  0 4 4 0,25 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 http://megabook.vn/
B Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua M N' I thì N’ thuộc AB, ta có : A C  x N '  2 xI  x N  4 I  0,25  yN '  2 yI  yN  5 N D Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 0,25 4.2  3.1  1 VI.-1 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: d 2 42  32 (1 điểm) AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 0,25 1 1 1 2  2  2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5 d x 4x Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 4x  3y – 1  0 0,25 Tọa độ B là nghiệm của hệ:  ( x  2)  ( y  1)  5 2 2 B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 0,25 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC t  (1  5v)  2u VI -2  0,25  4  t  (1  2v)  2.(2  3u ) (1 1  2t  (1  v)  2(3u ) điểm)  Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 0,25 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) x y2 z Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình   0,25 1 1 1 2 Gọi z = x + iy ta có z  x  iy; z  z  zz  x 2  y 2 2 VII 0,25 http://megabook.vn/
2 (1 z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1) 2 điểm) 0,25 z  z  2  2 x  2  x  1 (2) 0,25 Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0,25 http://megabook.vn/