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 khối A (2013-2014) - THPT Ngô Gia Tự (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

51
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A năm 2013-2014 của Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh trường THPT Ngô Gia Tự tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 1 Toán khối A (2013-2014) - THPT Ngô Gia Tự (Kèm Đ.án)

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I LỚP 12 NĂM HỌC 2013 -2014 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x 2  4  C  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 3 2. Từ đồ thị (C) hãy tìm m để phương trình  4 x  4 x  6 16  x 2  2m  1  0 có nghiệm. Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: cos 2 x  5  2  2  cos x  sin x  cos x    2. Giải phương trình: 1  x 4  1  x  1  3 x  2 1  x Câu III (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 4  x 2 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông ở A và ở B, AB  BC  a, AD  2a , tam giác SAB cân đỉnh S nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, mặt phẳng  SCD  tạo với mặt đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách AB với SD. 1 a Câu V (1,0 điểm). Cho hai số thực dương a, b. Chứng minh:    ab 2  3 1  a 2  b 2 a b  PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Dành cho thí sinh ban A Câu VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B có phương trình lần lượt là  d1  : 2 x  y  3  0 ,  d 2  : x  y  2  0 . Điểm M  2;1 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB ; đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ dương, hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho đường tròn   có phương trình x 2  y 2  2 x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của   , biết tiếp tuyến cắt trục Ox và Oy lần lượt tại A và tại B thỏa mãn OA  2OB . 10  Câu VIIa (1,0 điểm). Xét khai triển 1  x  x 2   a0  a1 x  a2 x 2  ......  a20 x 20 . Tìm a8 . B. Dành cho thí sinh ban B, D. Câu VIb (2,0 điểm) 1. Cho ABC có tọa độ đỉnh A  2;1 ; đường cao đỉnh B và trung tuyến đỉnh C có phương trình lần lượt là  d1  :2 x  y  0;  d2  : x  y  0 . Viết phương trình cạnh BC. 2. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng 2 x  y - 6  0 đi qua điểm M 1; 2  3   và tiếp xúc với trục tung. Câu VIIb (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một trong đó phải có chữ số 0 --------------Hết------------- Họ tên thí sinh……………………………………………………….SBD…………………………………..
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN TOÁN 12 – CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 Câu Nội dung trình bày Điểm I.1 1.0 điểm Khảo sát vẽ đúng đồ thị 1.0 Lưu ý: Điểm CĐ  0; 4  , Điểm CT  2;0  ĐK x   4; 4 , đặt t  4  x  4  x 0.25 x   4; 4  t  2 2; 4    I.2 0.25 1.0 điểm PT có dạng t 3  3t 2  4  2m  21* . PT đã cho có nghiệm x   4; 4  PT * có 0.25 nghiệm t  2 2; 4     41 1  16 2  0.25 m   ;    2 2  PT  cos x  sin x  4  sin x  cos x   2sin x cos x  2 cos 2 x 2 2 0.25 2   sin x  cos x   4  sin x  cos x   5  0  sin x  cos x  1 0.5   II.1   x  2  k 2 0.25 1.0 điểm   x    k 2 ĐK x   1;1 0.25   PT  1  x 4  1  x  2 1  x   1  x   2 1  x a  1  x  Đặt  PT có dạng: 4 a  ab  2a 2  b 2  2b   b  2a  b  a  2   0 0.25 II.2 b  1  x  1.0 điểm  1 x  1 x  2 x  0   0.5  1 x  2 1 x x   3   5 TXĐ D   2; 2 ………………………………………………………………………….. 0.25 III 4  2 x2 1.0 điểm y/   y /  0  x   2 ……………………………………………………… 0.25 2 4 x  f  2   f  2   0; f  2  2; f   2   2 …………………………………………… 0.25 KL: Max  f  xD  2  2; Min  f   2   2 ………………………………………. xD 0.25 * Gọi H là trung điểm của AB, từ gt  SH   ABCD  . Dễ thấy AC  CD ………… IV  3 3 2 3 6 1.0 điểm Trong mp  ABCD  kẻ HI  CD  SIH  600 và HI  AC  a  SH  a 0.25 4 4 4 3 6 3 Vậy VS . ABCD  a ………………………………………………………………….. 8 * Trong mp  ABCD  kẻ DE / / AB kẻ HF//AD , trong mp  SHF  kẻ HL  SF ……….. 3 Dễ thấy d  AB; SD   d  AB;  SDE    HL  6 a …………………………………….. 59
www.VNMATH.com S L A D H F B C E I 1 1  BĐT viết lại a  a   b2   3 1  a 2  b2 b    1  1  2 V Bình phương ta được 2  a 2  b 4  2b  3  2   b 2  3  ……………………………………. 0.25 a  b  b 1.0 điểm Dễ thấy b4  2b  3  1  b  b  1  3  0 nên ta có 1  a 2  b 4  2b  3  1   2 b 4  2b  3  1 0.25 2 b 2 b 2  2  a 2 b  b  1 2 2 2 Mặt khác 2 b 4  2b  3  b 2 b   b 2  3   b b 2  1  4  b  1  0 ………………………..  0.25 Đẳng thức xảy ra khi a  b  1 ………………………………………………. 0.25  d1    d 2   B 1;1  PT AB : y  1  A  a;1 0.5 Gọi N là đối xứng của M qua phân giác  d 2   N 1; 0   PT BC : x  1  C 1; c  VIa.1 1.0 Trung điểm AC là  1 a 1 c  I ;  , do I thuộc trung tuyến  2a  c  3  0 1 điểm  2 2  2 2 0.25 Dễ thấy tam giác ABC vuông ở B IB  5   a  1   c  1  20  2 a  3 Từ 1 &  2     A  3;1 , C 1; 3 0.25  a  1  l  OB 1 0.25   có tâm I 1; 0 bán kính R  1 . Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến  k   …………….. OA 2 Phương trình tiếp tuyến  có dạng x  2 y  m  0 …………………………………………. 0.25 VIa.2 1 m 1.0 Do d  I ;    R   1  m  1  5 …………………………………………………….. 0.25 5 điểm Vậy có 4 tiếp tuyến thoả mãn x  2 y  1  5  0 ………………………………………………. 0.25 10 10 k k , i   2 10   C    1 C x  k i 1  x  x  k    C10 x  x2  k 10 1 k k i  với i  k  10 0.25 k 0  k 0 i o   VIIa 1.0 điểm
www.VNMATH.com k  i  8  0.5 Để có x   k , i     k ; i    8;0  ,  7;1 ,  6; 2  ,  5;3 ,  4; 4  ……………………………… 8 i  k  10  Vậy a8  C4 C10  C53C10  C62C10  C7C10  C80C10 ……………………………………………….. 4 4 5 6 1 7 8 0.25 x  2 y  4  0 4 4 PT AC : x  2 y  4  0 , giải hệ   C  ;  ………………………………… 0.5 x  y  0 3 3 VIb.1  b  2 2b  1  1.0 B  d1  B  b; 2b  , trung điểm của AB : I  ;  , do I  d 2  b  1  B 1; 2  …….. 0.25 điểm  2 2  PT BC : 2 x  y  4  0 ……………………………………………………………………… 0.25 Gọi I và R là tâm và bán kính đường tròn. Do I thuộc đường thẳng 2 x  y  6  0  I  x;6  2 x  0.25 VIb.2 x  2 1.0 2  2  2 điểm Ta có IM  d  I ; Oy   R   x  1  4  3  2 x  x   x  5  2 3 ……………………….. 0.5   2 KL: có hai phương trình đường tròn: 2 2 2 2 2  52 3   7 2 3   52 3   x  2   y  2   4;  x     y    …………………………….. 0.25  2     2     2   Mỗi số thoả mãn ĐK đề bài tương ứng với một dãy năm số liên tiếp gồm các chữ số khác nhau VIIb đôi một lấy từ 8 số dã cho thoả mãn: Vị trí đầu tiên khác số 0 và số 0 xuất hiện 1 lần ở trong 4 1.0 vị trí còn lại. 0.5 điểm Vậy tất cả có 4A74 số. 0.5

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.