Đề thi thử ĐH, CĐ môn Toán lần 1 năm 2013 - THPT Đồng Quan

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

105
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH, CĐ môn Toán lần 1 năm 2013 của Trường THPT Đồng Quan là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các em hệ thống lại kiến thức đã học để làm bài tốt trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH, CĐ môn Toán lần 1 năm 2013 - THPT Đồng Quan

TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 LẦN 1 Môn thi: TOÁN, Khối A, A1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 ( C ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. 2. Tìm tham số m để đường thẳng y = mx − m cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt A(1;0) , B, C sao cho diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H (1;1) . 2 x x x x π Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 cos (sin + 3 cos ) = 3 cos − 2sin( x + ) . 2 2 2 2 3 y 4 x − 1 + 3 = 5 y − 12 x − 3 2 2 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x,y ﾡ ) 2 y 4 (10 x 2 − 17 x + 3) = 3 − 15 x π 4 sin 4 x − cos 4 x Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I = dx. π tan 2 x + cot 2 x 12 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc 600 . Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng 1 3 x3 y3 z3 2 3 −3 ( + + )− − ; x2 + y 2 + z 2 + 1 x + y + z xy + 2 yz yz + 2 xz xz + 2 xy ( x + 1)( y + 1)( z + 1) 4 Dấu bằng khi nào xảy ra?. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1;0) đường chéo BD có phương trình x − y + 1 = 0 . 8 Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng . 5 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + z 2 = 3 sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P) 2 x + 2 y + z − 1 = 0 một đoạn có độ dài bằng 2. � x 2 + x + 1� Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 0,5 � 3 log 0. � x +1 � � B. Theo chương trình nâng cao: Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A x − 1 = 0 , phương trình đường cao từ đỉnh C x − 2 y − 6 = 0 . Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có phương trình x 2 + ( y − 2) 2 = 25 và đường thẳng AC đi qua M (−1;1) . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) x + 2 y − 3 = 0 sao cho MA2 + 2 MB 2 + MC 2 nhỏ nhất. Câu 9.b (1 điểm) C0 C1 C2 C 2013 C 2014 Tính tổng S = 2014 + 2014 + 2014 + LLL + 2014 + 2014 với Cn là tổ hợp chập k của n phần tử k 1 2 3 2014 2015 ……………….Hết……………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………..
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu ý Nội dung Điể m I(2đ) 1(1đ Khảo sát hàm số (C) ) a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: xlim y = + ; xlim y = − − + đồ thị hs không có tiệm cận. 0,25 x=0 •Chiều biến thiên: y ' = −3 x + 6 x, y ' = 0 2 x=2 BBT x - 0 2 + 0,25 y’ 0 0 - + - y + 2 - -2 Hàm số NB trên (−∞ ; 0,25 0) và (2 ; +∞), ĐB trên (0 ; 2). Hàm số CĐ(2;2) CT(0;- 2) c) Đồ thị: Tâm đối xứng:I(1 ; 0) 0,25 2(1đ Tìm m ... ) .PTHĐ − x + 3x − 2 = mx − m 3 2 ( x − 1)( x 2 − 2 x − 2) + m( x − 1) = 0 0,25
x =1 F ( x) = x 2 − 2 x + m − 2 = 0 0,25 ∆>0 . Điều kiện F (1) 0 � m < 3 . Giả sử B( x ; mx − m) C ( x ; mx − m) 1 1 2 2 . BC = (1 + m ) �x + x ) − 4 x x �= 4(3 − m)(1 + m ) 2 �( 1 � 2 2 1 2 2 1 1 1 0,5 . d (H , BC ) = 1 + m , S = 2 d (H , BC ).BC = 2 . 4(3 − m)(1 + m ) = 1 2 2 � m = 2(n) KL. II(2đ) 1(1đ Giải phương trình ... ) x x x . Phương trình sin x.cos + 2 3 cos3 = 3 cos − (sin x + 3 cos x) 2 2 2 x x x 0,5 sin x + 3 cos x + sin x cos + 3 cos (2 cos 2 − 1) = 0 2 2 2 x � (sin x + 3 cos x)(1 + cos ) = 0 2 x . TH1 cos 2 = −1 � x=2π + k 4π (k Z ) 0,25 π . TH2 sin x + 3 cos x = 0 tan x = − 3 � x = − + k 2π ( k 3 Z) 0,25 Vậy phương trình có các nghiệm như trên 2(1đ Giải hệ pt….. ) 1 . Điều kiện x 4 Phương trình (2) 2 y 4 (5 x − 1)(2 x − 3) = 3(1 − 5 x) 1 0,25 x = (l ) 5 4 xy + 3 = 6 y 4 4 y2 4x −1 + 3 4x −1 = 5 y2 − 3 . Ta được hệ pt 4 xy 4 + 3 = 6 y 4 . Chia pt thứ nhất cho y 2 4 và pt thứ hai cho y (do y=0 loại) 0,25
3 3 4x −1 + 2 4x −1 = 5 − y y2 Ta được 3 4x −1 + =5 y4 3 • Đặt a = 4 x − 1; b = với a 0, b > 0 y2 0,25 a + ab + b = 5 5−b Ta có hệ pt ta được � a = thay vào (2) a2 + b2 = 5 1+ b 5−b 2 ( ) + b2 = 5 1+ b � b 4 + 2b3 − 3b 2 − 20b − 20 = 0 � (b − 1)(b3 + 3b 2 − 20) = 0 � (b − 1)(b − 2)(b 2 + 5b + 10) = 0 1 5 x= a=2 x= a =1 2 • Nên � � 4 hoặc � � b =1 b=2 4 3 y= 43 y= 2 �5 �1 4 3 Kết luận ( x; y ) = � ; 3� ; ( ) �4 �2 2 0,25 III(1đ 1(1đ Tính tích phân. ) ) π π 2 2 12 cos 2 x.sin x.cos x 1 sin 2 2 x.cos 2 x 12 •I = � sin 4 x + cos4 x dx = � 4π sin 2 2 x dx 0,25 π 1− 4 4 2 • Đặt t = sin 2 x � dt = 2 cos 2 xdx π 1 Đổi cận x 12 π t 12 0,25 4 1 1 t2 Khi đó I = 4 1 t 2 − 2 dt 2 1 1 1 1 dt 1 1 t− 2 • I = 4 ( � + 2�− 2 ) = 8 + dt 2 ln 1 1 t 4 2 t+ 2 1 2 2 2 0,5 1 1 21 − 14 2 • KL I = + ln 8 4 2 9−4 2
(1đ) Tính thể tích và khoảng cách S IV N A D I x H B C K • Kẻ HI ⊥ AB , vì SH ⊥ AB nên AB ⊥ ( SHI ) 0,25 Gt được góc SIH= 600 1 BH IH a 2.a • Do IH // AD nên = BH . AD 3 a BD AD � IH = BD = = 0,25 a 2 3 a • SH = IH tan 60 = 0 3 • dt ( AHCD) = dt ( ABCD ) − (dt ( AHB ) + dt ( BHC )) a2 a2 2a 2 = a2 − ( + )= 6 6 3 2 1 1 a 2a 2a 3 • V = SH .dt ( AHCD) = = (đvtt) 3 3 3 3 9 3 • Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx) 0,25 • d ( SC , BD) = d ( BD, ( SC , Cx)) = d ( H , ( SC , Cx)) • Kẻ HK ⊥ Cx tại K • Vì SH ⊥ Cx, HK ⊥ Cx nên Cx ⊥ (SHK) hay (SHK) ⊥ (SC,Cx) • Kẻ HN ⊥ SK suy ra HN ⊥ (SC,Cx) a a . SH .HK 3 2 = a 0,25 • d(SC,BD)=HN= = SH 2 + HK 2 a2 a2 5 + 3 2 V (1đ) Chứng minh rằng…….
1 x3 y3 z3 • Đ ặt P = ( + + ) x + y + z y (2 z + x ) z (2 x + y ) x(2 y + z ) 0,25 x3 y 2z + x + + x y (2 z + x) 3 9 y3 z 2x + y • Ta có + + y z (2 x + y ) 3 9 z3 x 2y + z + + z x(2 y + z ) 3 9 x3 y3 z3 x+ y+z • Cộng vế ta được + + xy + 2 yz yz + 2 xz xz + 2 xy 3 • Hay P 1 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 (*) 0,25 1 2 • Đặt Q = − ( x + 1)( y + 1)( z + 1) x + y + z +1 2 2 2 1 1 1 • Ta có x + y + z + 1 ( x + y ) 2 + ( z + 1) 2 ( x + y + z + 1) 2 2 2 2 0,5 2 2 4 1 Vì a + b (a + b) 2 dấu = khi a=b 2 2 2 x+ y + z +3 3 • ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ( ) dấu = khi x=y=z 3 2 54 • do đó Q − , đặ t t = x + y + z + 1 > 1 x + y + z + 1 ( x + y + z + 3)3 2 54 Ta được Q f (t ) = − xét hsố f(t) trên (1; + ) t (t + 2)3 −2 162 t = 1(l ) 1 f '(t ) = 2 + =0 Lập bbt ta được f (t ) =f(4) t (t + 2) 4 t = 4(n) 4 1 Vậy Q dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**) 4 • Từ (*), (**) suy đpcm PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm VIa(2đ) 1(1đ) Tìm B, C, D… 0,25 • pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0 • I là giao AC, BD nên I(0;1) 8 • Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH= 0,25 5 • AC= 2 2 � IC = 2 , do tam giác ICB vuông tại I nên 1 1 1 2 + 2 = � ID = 2 2 IH ID IH 2 • Nên BD= 4 2 0,25 x 2 + ( y − 1) 2 = 8 • Toạ độ B, D thoả mãn x − y +1 = 0 0,25 x = 2, y = 3 • Giải được x = −2, y = −1 B1 (2;3), D1 (−2; −1), C1 ( −1; 2) • KL B2 ( −2; −1), D2 (2;3), C2 ( −1; 2) 2(1đ) Viết phương trình mp(P)………….. • Gọi M(a;b;c) • Do M thuộc mặt cầu (S) nên (a − 2) 2 + (b − 1)2 + c 2 = 3 (1) 0,5 • Do MH=2 nên ( a − 1) 2 + b 2 + (c − 1) 2 = 2 (2) 2a + 2b + c − 1 • Vì d(M;(P))=2 nên =2 (3) 22 + 22 + 1 • Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4) Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5) 0,25 (a − 1) + b = 4 2 2 a = 1, b = 2 Do đó c=1 thay vào (2), (4) được a+b =3 a = 3, b = 0 • Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3 Thay vào (2) được (a − 1) 2 + b 2 = −2(l ) • Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1), 0,25