zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH lần 1 Toán 12 khối A, A1, B (2013-2014) - THPT Hùng Vương (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Báo xấu

59
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập, giảng dạy của giáo viên và học sinh đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, A1, B năm 2013-2014 của Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước trường THPT Hùng Vương sẽ là tư liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học. Mời các bạn cùng tham khảo để chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 1 Toán 12 khối A, A1, B (2013-2014) - THPT Hùng Vương (Kèm Đ.án)

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam SỞ GD VÀ ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Môn thi: Toán 12; Khối: A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. b) Với những giá trị nào của m thì hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 . Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình: 2cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 cos 2 x = sin 2 x + 3 8 ( x + y ) − 3 xy = 2 y 2 + x 2  b) Giải hệ phương trình sau:  với x, y ∈ R. 4 2 − x + 3 − y = 2 x − y + 5 2 2  Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ 2 ( ln x + 1) x − 3ln x dx 1 x3 − 3 x 2 Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy một góc 30o , M là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM theo a . Câu5 (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu x y z thức P = + + . x2 + y 2 y2 + z2 z+x II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B sau: A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = 3 . Gọi ( C ) là đường tròn cắt d tại hai điểm B, C sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại B và C cắt nhau tại gốc tọa độ O . Viết phương trình đường tròn ( C ) , biết tam giác OBC đều. x2 y2 Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình + = 1. Giả sử 8 4 F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip trong đó F1 có hoành độ âm. Tìm điểm M trên elip sao cho MF1 − MF2 = 2 . Câu 8a (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn . Tìm số hạng chứa x5 trong khai 3 n  nx 2 1  triển nhị thức Niu-tơn  −  , x ≠ 0.  14 x  B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , A(−1; 2) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN với CM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết BN : 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2. x2 y2 Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình + = 1 và điểm 25 9 M (1;1) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB . Câu 8b (1 điểm) Một hộp chứa 5 bi xanh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi từ hộp. Tính xác suất để 8 viên bi được lấy ra có đủ cà 3 màu. www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Trường THPT Hùng Vương ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013–2014 Môn thi: Toán; Khối: A, A1, B NỘI DUNG ĐIỂM Câu I.1 Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 1,0 hàm số khi m = 1. Với m = 1 ta có: y = x 4 − 2 x 2 + 3 Tập xác định D = R . 0,25 + Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ x = 0 + y ' = 4x − 4x ; y ' = 0 ⇔ 4x − 4x = 0 ⇔  x = 1 3 3 0,25   x = −1  + Bảng biến thiên x −∞ −1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + +∞ +∞ y 3 2 2 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0;1) Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1;0) và (1; +∞) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm điểm x = −1 , y = 2 và x = 1 , y = 2. Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt: (−2;11), (2;11) . Đồ thị hàm số nhận trục Oy là trục đối xứng. 0,25 Câu I.2 Với những giá trị nào của m thì hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba 1,0 điểm cực trị đó lập thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 . x = 0 Ta có y ' = 4 x 3 − 4mx; y ' = 0 ⇔  2  x = m 0,25 Hàm số có 3 cực trị ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 (*) Với điều kiện (*), phương trình y ′= 0 có 3 nghiệm x1 = − m ; x2 = 0; x3 = m . Hàm số đạt cực trị tại x1 ; x2 ; x3 . www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Gọi A(0; 2m + m ); B ( m ; m4 − m2 + 2m ) ; C ( − m ; m4 − m2 + 2m ) là 3 điểm cực trị của 4 0,25 đồ thị hàm số . Ta có: AB 2 = AC 2 = m4 + m; BC 2 = 4m ⇒ ∆ABC cân đỉnh A Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; m 4 − m 2 + 2m ) ⇒ AM = m 2 = m 2 0,25 1 Vì ∆ ABC cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó: S∆ABC = AM .BC 2 Ta có: 1 1 S∆ABC = 4 2 ⇔ AM .BC = 4 2 ⇔ m 2 4m = 4 2 ⇔ m5 = 32 ⇔ m = 2 0,25 2 2 Kết luận.: m = 2 Câu II.1 Giải phương trình lượng giác: 2cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 cos 2 x = sin 2 x + 3 1,0 2(cos 6 x + cos 4 x ) = sin 2 x + 3. (1 + cos 2 x ) ⇔ 4 cos 5 x. cos x = 2 sin x. cos x + 2 3 cos2 x 0.25 ( ⇔ cos x 2 cos 5 x − sin x − 3 cos x = 0 )  cos x = 0 (1) 0,25 ⇔  2 cos 5 x − sin x − 3 cos x = 0 (2) π cos x = 0 ⇔ x = + kπ , ( k ∈ Z ) , 0.25 2  π  π π 5x = x + + k 2π x= +k  π  6  24 2 cos5x = cos  x +  ⇔  ,(k ∈ Z ) ⇔  ,(k ∈ Z )  6  π 5x = − x − + k 2π x = π + k π 0.25   6   36 3 π π π π π Kết luận: x = + kπ , x = +k , x= +k ,(k ∈ Z ) . 2 24 2 36 3 8 ( x + y ) − 3xy = 2 y 2 + x 2  Câu II.2 Giải hệ phương trình :  1,0 4 2 − x + 3 − y = 2 x − y + 5 2 2  x ≤ 2 x + y = 0 • Điều kiện:  , phương trình (1) ⇔ ( x + y )( x + 2 y − 8 ) = 0 ⇔  . 0,25 y ≤ 3 x + 2y = 8 • Với x + 2 y = 8 x ≤ 2 x ≤ 2 Ta có :  ⇔ ⇒ x + 2y ≤ 8 0.25 y ≤ 3 2 y ≤ 6 x = 2 Khi đó: x + 2 y = 8 ⇔  không thỏa hệ.  y=3 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam •Với x + y = 0 ⇔ y = − x thay vào phương trình (2) (2) ⇔ 4 2 − x + 3 + x = x 2 + 5 . Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 2 (2) ⇔ 4 ( ) ( 2 − x −1 + ) 3 + x − 2 = x2 − 1 1− x x −1 ⇔4 + = ( x − 1)( x + 1) 2 − x +1 3+ x + 2  x = 1 ⇒ y = −1 ⇔ 4 1  − + x + 1 = 0 (*) 0,25  2 − x +1  3+ x + 2 4 1 • Xét phương trình (*), đặt f ( x) = − + x +1 2 − x +1 3+ x + 2 2 1 Ta có: f ' ( x) = + + 1 > 0; ∀x ∈ ( −3; 2 ) ( ) ( ) 2 2 2− x 2 − x +1 2 3+ x 3+ x + 2 Mặt khác f ( x) liên tục trên [ −3;2] , suy ra f ( x) đồng biến trên [ −3;2] . Ta có: f (−2) = 0 , suy ra (*) có nghiệm duy nhất x = −2 ⇒ y = 2 . Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm (1; −1) , ( −2;2 ) . 0.25 Câu III. Tính tích phân I = ∫ 2 ( ln x + 1) x − 3ln x dx 1,0 1 x3 − 3 x 2 2 Ta có I = ∫ ( ln x + 1) x − 3ln x dx = 2 ln x dx + 2 1 dx 1 x3 − 3 x 2 ∫ x2 1 ∫ x 2 − 3x 1 0,25 I1 I2  −1 −1 −1 −1 2 2 2 2 2 ln x 1 1 1 I1 = ∫ 2 dx = ∫ ln xd   = ln x + ∫ d ( ln x) = ln2 + ∫ 2 dx = ln2 + 0,25 1 x 1 x x 1 1 x 2 1 x 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 x−3 1 I2 = ∫ 2 dx = ∫  −  dx = ln = − ln 4 0,25 1 x − 3x 3 1 x−3 x 3 x 1 3 1 1 1 ⇒I= − ln 2 − ln 4 0,25 2 2 3 Câu IV. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy 1.0 một góc 30o , M là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM theo a . www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam • Gọi H là trung điểm AC; ta có: SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) , SBH = 30o a 3 AM = BH = , 2 1 1 a a 3 a2 3 0.25 S ABM = MB.MA = . . = 2 2 2 2 8 a • SH = BH .tan 30o = 2 1 a3 3 0.25 Thể tích VSABM = S ABM .SH = . 3 48 •Kẻ Bt / / AM ⇒ AM / / ( SBt ) ⇒ d ( AM , SB ) = d ( AM , ( SBt ) ) Gọi I là hình chiếu của H trên Bt, J = HI ∩ AM , L là hình chiếu của J trên SI  JL ⊥ SI 0.25 Ta có  ⇒ JL ⊥ ( SBt ) ⇒ d ( AM , ( SBt ) ) = JL .  Bt ⊥ ( SHI ) ⇒ Bt ⊥ JL 2 ' • Gọi L' là hình chiếu của L trên SI ; ta có: JL = JL 3 3 3a 1 1 1 4 16 52 3a HI = BC = , '2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ HL' = 4 4 HL SH HI a 9a 9a 52 2 a Vậy d ( AM , SB ) = JL = HL' = . 0.25 3 13 Câu V. Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z . Hãy tìm giá trị lớn nhất x y z 1.0 của biểu thức P = + + x2 + y 2 y2 + z2 z+x 1 1 1 P= + + 2 2  y  z x 1+   1+  1+  z x  y 1 1 2 Trước hết ta chứng minh BĐT + ≤ (*) ; với a, b > 0, ab ≤ 1 1+ a 2 1+ b 2 1 + ab 0.25 1  11 1  Ta có + ≤ 2 + 2   1+ a 1+ b  2 1+ a 1+ b 2 2 1 1 2 + ≤ ⇔ ( a − b ) ( ab − 1) ≤ 0 luôn đúng với a, b > 0, ab ≤ 1 2 Mặt khác 1 + a 1 + b 1 + ab 2 2 Suy ra BĐT (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b . 2 1 Áp dụng BĐT (*) ta có: P ≤ + z z 1+ 1+ 0.25 x x z 2 1 t +2 Đạt t = , 0 < t ≤ 1 , P ≤ + = x 1+ t 1 t +1 1+ t www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam t +2 1− 2 t 1 0.25 Xét hàm số f (t ) = ; 0 < t ≤ 1 , f ' (t ) = , f ' (t ) = 0 ⇔ t = t +1 2 t ( t + 1) 3 4 1 t 0 1 4 f ' (t ) + 0 - 5 f (t ) 0.25 y z x = y  Vậy max P = 5 khi  ⇔ x = 2 y = 4z . 1 z t = =  4 x  Câu Vi.a.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = 3 . Gọi ( C ) là đường tròn cắt d tại hai điểm B, C sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại B và C cắt nhau 1,0 tại gốc tọa độ O . Viết phương trình đường tròn ( C ) , biết tam giác OBC đều. Gọi (C) có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc BC suy ra H(0; 3 ) suy ra OH = 3 . Do tam giác OBC đều nên BC 3 OH = = 3 ⇔ BC = 2 . 0,25 2 B O I H C 1 Trong tam giác vuông IB có HB 2 = HI .HO = 1 ⇒ IH = 3 0,25 1 3 4 3 HI = OH = (0; ) ⇒ I (0; ) 3 3 3 4 Trong tam giác vuông IBH có R 2 = IB 2 = IH 2 + HB 2 = 0,25 3 2  4 3 4 Vậy phương trình đường tròn (C): x +  y −  = 2 0,25  3  3 Câu Via.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình chính tắc: x2 y2 + = 1. Giả sử F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip trong đó F1 có hoành độ âm. 1,0 8 4 Tìm điểm M trên elip sao cho MF1 − MF2 = 2 . www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 2 2 x y Vì elip ( E ) : + = 1 nên 8 4 0,25 a = 8, b = 2 ⇒ c 2 = a 2 − b 2 = 8 − 4 = 4 ⇒ c = 2 ⇒ F1 (−2;0), F2 (2;0). Giả sử M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ta có: cx 2x cx 2x MF1 = a + 0 = 2 2 + 0 , MF2 = a − 0 = 2 2 − 0 0,25 a 2 2 a 2 2 Do đó MF1 − MF2 = x0 2 Ta có: MF1 − MF2 = 2 ⇔ x0 2 = 2 ⇔ x0 = 2 .  x2   2 y = 3 0,25 Với x0 = 2 ⇒ y0 = 4 1 − 0  = 4  1 −  = 3 ⇔  0 2  8  8  y0 = − 3  Kết luận có hai điểm M thỏa mãn bài toán là: M 1 ( ) 2; 3 và M 2 ( 2; − 3 ) 0,25 Câu VIIa. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn . Tìm số hạng chứa x5 3 n  nx 2 1  1.0 trong khai triển nhị thức Niu-tơn  −  , x ≠ 0.  14 x  n(n − 1)(n − 2) 0.25 5Cnn −1 = Cn ⇔ 5.n = 3 ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 6 7 −i i  x2   1   2  .  − x  = ax 5 7 −i 5 Gọi a là hệ số của x ta có C 7     0.25 7 −i 1 ⇔ (−1)i C77 −i .   .x14−3i = ax 5   2 0.25 7 −i 1 −35 ⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và −C77 −i .   = a ⇒ a = . 2 16 −35 0.25 Vậy số hạng chứa x5 là . 16 Câu Vib.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , A(−1; 2) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN với 1.0 CM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết BN : 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2. • Gọi H là hình chiếu của A trên BN, 8 AH = d ( A, BN ) = 0.25 5 Đặt AB = a , a > 0 Ta có AH đi qua trung điểm I của BC a2 a 5 AI = a 2 + = , 4 2 8 a 5 AB 2 = AH . AI ⇔ a 2 = . ⇔ a = 4 = AB 0.25 5 2 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Do B ∈ BN ⇒ B ( t;8 − 2t )  7 t = (loai) AB = 4 ⇔ ( t + 1) + ( 6 − 2t ) = 4 ⇔ 5t − 22t + 21 = 0 ⇔  5 2 2 2 ⇒ B (3;2) 0.25  t = 3 • AD qua A và vuông góc với AB ⇒ AD : x = −1 Gọi J = AD ∩ BN ⇒ J ( −1;10 ) D trung điểm AJ ⇒ D ( −1;6 ) ⇒ M ( −1;4 ) • Ta có ∆BME vuông tại E, nên tâm đường tròn goại tiếp K là trung điểm BM ⇒ K (1;3) , bán kính R = KB = 5 Vậy đường tròn cần viết là ( x − 1) + ( y − 3) = 5 . 2 2 0.25 Câu Vib.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình chính tắc: x2 y2 + = 1 và điểm M (1;1) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip 1,0 25 9 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB . Xét trường hợp đường thẳng qua M không có hệ số góc với phương trình là: x = 1 (không thỏa mãn bài toán). 0,25 Xét trường hợp đường thẳng cần tìm qua M với hệ số góc k khi đó phương trình có dạng d : y − 1 = k ( x − 1) . Ta có phương trình hoành độ giao điểm của d và (E) là: x 2 (kx + 1 − k )2 + = 1 ⇔ (25k 2 + 9) x 2 + 50(1 − k ) x + 25(1 − k )2 − 225 = 0 , (*). 25 9 Ta có d cắt (E) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 0,25 ⇔ ∆ ' = 25k 2 (1 − k ) 2 −  25(1 − k ) 2 − 225 (25k 2 + 9) > 0,(**).   Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) khi đó x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình (*). Để M là trung điểm của AB ta có: x1 + x2 = 2 . Áp dụng định lý Viet ta có: 0,25 −50k (1 − k ) 9 x1 + x2 = 2 ⇔ =2⇔k =− . 25k + 9 2 25 9 Đối chiếu với điều kiện (**) ta thấy k = − thỏa mãn. Từ đó ta có phương trình 25 0,25 của đường thẳng d là: 9 x + 25 y − 34 = 0 Câu VII.b. Một hộp chứa 5 bi xanh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi 1.0 từ hộp. Tính xác suất để 8 viên bi được lấy ra có đủ cà 3 màu. Lấy ngẫu nhiên 8 bi từ hộp , không gian mẫu có : Ω = C 8 = 125970 20 0.25 Số cách chọn 8 bi không có đủ cả 3 màu : a/ Chọn 8 bi chỉ có 1 màu : ( chỉ chọn được màu vàng) : C 8 = 1 8 b/ Chọn 8 bi có 2màu : C 12 + C 13 + C 15 − 2C 8 = 8215 8 8 8 8 0.25 Gọi A là biến cố chọn 8 bi không đủ cả 3 màu ⇒ Ω A = 8215 + 1 = 8216 Xác suất P(A) = Ω A = 8216 = 316 0.25 Ω 8 C 20 4845 Gọi B là biến cố 8 bi được chọn có đủ cả 3 màu ⇒ B = A www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Xác suất P(B) = 1 – P(A) = 4529 0.25 4845 - - - HẾT- - - www.DeThiThuDaiHoc.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.