Đề thi thử ĐH lần 1 Toán khối D (2013-2014) - THPT chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Le Diem Huong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

99
lượt xem 5
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 D năm (2013-2014) của trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình. 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 D (2013-2014) - THPT chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình (Kèm Đ.án)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I HOÀNG VĂN THỤ- HÒA BÌNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  3 . 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y  1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 x  cos 2 3x  cos 2 2 x . 1 2. Giải phương trình: log 2  3x  1   2  log 2  x  1 x  . log( x 3) 2 e  ln x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I      3 x 2 ln x dx  1  x 1  ln x  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a, SA = h và vuông góc với đáy, gọi H là trực tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và tính thể tích hình chóp H.SBC theo a và h . Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ x4  y 4  2 nhất của biểu thức P  . x2  y2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI. a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A  2;1 . Đường cao kẻ từ đỉnh B có phương trình x  3 y  7  0 . Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C có phương trình x  y  1  0 . Xác định tọa độ đỉnh B và C . Tính diện tích tam giác ABC . 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x – y – 5 z  1  0 và hai đường x 1 y 1 z  2 x2 y2 z thẳng d1:   , d2:   . Viết phương trình đường thẳng d vuông 2 3 1 1 5 2 góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm mô đun của số phức z biết z  3 5 và phần thực của z bằng 2 lần phần ảo của nó. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết A(1;4), B (1; 4)  1 và đường thẳng BC đi qua điểm M  2;  . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . 2   2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  đi qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0; 2; 2 , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng  P  . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số phức: z 4  2 z 3  z 2  2 z  1  0. ------------------------------------------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: ………..
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ LẦN I NĂM HỌC 2013 - 2014 HOÀNG VĂN THỤ Môn: Toán. Khối D Thời gian làm bài: 180 phút-(Không kể thời gian giao đề) MA TRẬN ĐỀ THI Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Vận dụng Tổng sáng tạo Khảo sát sự biến 1 1 thiên và vẽ đồ thị hàm số 1,0 1,0 Bài toán liên quan 1 1 đến khảo sát hàm số 1,0 1,0 Phương trình 1 1 lượng giác 1,0 1,0 Phương trình, bất 1 1 phương trình, hệ phương trình đại số 1,0 1,0 Nguyên hàm, tích 1 1 phân, ứng dụng 1,0 1,0 Khối đa diện và 1 1 thể tích 1,0 1,0 Bài tập tổng hợp 1 1 ( Giá trị lớn nhất) 1,0 1,0 Phương pháp toạ 1 1 độ trong mặt phẳng 1,0 1,0 Phương pháp toạ 1 1 độ trong không gian 1,0 1,0 Số phức 1 1 1,0 1,0 Tổng 5 4 1 10 5,0 4,0 1,0 10
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013-2014 Môn: Toán_ Khối D Câu I.1 I) y  x 3  3 x 2  mx  1 (Cm ). (Cm) (1,0 đ) 1. m = 3 : y  x 3  3 x 2  3 x  1 (C3) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  3 x  1 a. Tập xác định: D  b. Sự biến thiên của hàm số 0,25 * Giới hạn lim y  , lim y  . x  x  2 * y '  3 x  6 x  3  3  x  1  0; x  hàm số đồng biến trên 2 0,25 * Lập bảng biến thiên 0,25 c. Đồ thị + y ''  6x  6  6( x  1) y ''  0  x  1  tâm đối xứng U ( 1;0) đồ thị đi qua A( 2; 1), U ( 1; 0), A '(0;1) 0,25 Câu I.2 2) PT hoành độ giao điểm x 3  3 x 2  mx  1  1  x ( x 2 3x  m )  0 Để thỏa mãn 0,25 (1,0 đ) yc bài toán đk: x 2 3x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 và y '( x1 ). y '( x2 )  1 9  4 m  0, f (0)  m  0 0,25 Hay  2 2 (3 x  6 x1  m)(3x  6 x2  m)  1. 1 2  9  9 m  , m  0 m  , m  0  4  4 9( x x )2  18 x x ( x  x )  3m( x 2  x 2 )  36 x x  6m( x  x )  m 2  1 4 m2  9m  1  0 0,25  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  9  65 Giải ra ta có ĐS: m  0,25 8 1  cos 2 x 1  cos 6 x Câu II.1 Giải phương trình: sin 2 x  cos 2 3 x  cos 2 2 x    cos 2 2 x 0,25 2 2 (1,0 đ) 2  cos 6 x  cos 2 x  2cos 2 x  0 0,25  .........    x  4  k 2     x  4  k 2  cos 2 x cos 3 x cos x  0    x   k    6 3 x    k  0, 5     x   k  6 3   2
Câu II.2 1 1  (1,0 đ) Giải ph trình: log 2  3 x  1   2  log 2  x  1 , TXĐ: D   ;   0,25 log ( x 3) 2 3  log 2  3 x  1  log 2 ( x  3)  log 2 4  log 2  x  1 0,25  log 2  3 x  1 ( x  3)  log 2 4  x  1 x  1 0,25  3x  4x  7  0   2  x  7  3 Nghiệm của phương trình S  1 . 0,25 Âu III e ln x 4 2 2 (1,0 đ) +) I1   dx , Đặt t = 1  ln x ,… Tính được I1   0, 5 1 x 1  ln x 3 3  dx 0,25 e u  ln x du  x  +) Tính I 2   x 2 ln xdx . Đặt   2 dv  x dx v  x 3 0,25 1   3 3 e x 1 e 1 x e e e 1 2e3  1 3 3 3 3 I2  .ln x 1   x 2 dx   . e 1     3 31 3 3 3 3 9 9 9 Câu IV S (1,0 đ) I C A H M j B +) Xác định và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là ah 3 0, 5 d ( A, ( SBC )  . 4h 2  3a 2 1 +) V  SSBC h 3 a 4h 2  3a 2 ah 3 ah SSBC  ; h  IH  2 2  4 3 4 h  3a 3(4 h 2  3a 2 ) a2h 3 0, 5 Vậy: V  36 Câu V Từ giả thiết suy ra: (1,0 đ) 1  x 2  xy  y 2  2 xy  xy  xy; 1  ( x  y ) 2  3 xy  3 xy 0,25 1 Từ đó ta có   xy  1 .Mặt khác x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy 3 0,25 nên x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1 , đặt t  xy .Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTN t 2  2t  3 1  1  của P  f (t )  t 1  t  3;   t  1 . Do hàm số nghịch biến trên 3   3 ;1 0,25   1 10 KL: MaxP  f ( )  ; M in P  f (1)  2 . 0,25 3 3
Câu B AVI.1 (1,0 đ) M A C H  +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n  (3;1) , AC có phương trình 3 x  y  7  0  AC + Tọa độ C là nghiệm của hệ  ……  C  4;  5 CM 2  xB 1  yB 2  xB 1  y B + xM  ; yM  ; M thuộc CM ta được  1  0 2 2 2 2 0,25  2  xB 1  y B   1  0 + Giải hệ  2 2 ta được B(-2 ;-3).  xB  3 yB  7  0  0,25 *) Tính diện tích ABC .+ Tọa độ H là nghiệm của hệ  14 x  3y  7  0 x  5    3x  y  7  0 y   7   5 8 10 0,25 + Tính được BH  ; AC  2 10 . 5 1 1 8 10 Diện tích S  AC.BH  .2 10.  16 ( đvdt) 0,25 2 2 5 Câu  x  1  2t x  2  s AVI.2   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5s (1,0 đ) z  2  t  z  2 s   Giả sử d cắt d 1 tại M  1  2t;1  3t ; 2  t  và cắt d 2 tại N  2  s ;  2  5s ; 2 s     MN (3  s  2t;  3  5s  3t ; 2  2 s  t ). 0,25 3  s  2t  2 k      Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5s  3t  k có  2  2 s  t  5k 0,25   s 1 nghiệm. Giải hệ tìm được  0,25 t  1 x 1 y  4 z  3 0,25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  KL: Phương trình d:   2 1 5
Câu Gọi : z  a  bi , a, b  AVII a  6 (1,0 đ)  b  3   a  bi  3 5    a 2  b2  3 5 5b  45 2  b  3      b  3   0,75   a  6   a  2b   a  2b  a  2b  a  2b    b  3  Vậy : z1  6  3i , z2  6  3i  z1  z2  3 5 0,25 Câu  1 B.VI.1 Đường thẳng BC đi qua B 1; 4  và M  2;  nên có pt:  2 (1,0 đ) 0,25 x 1 y  4  9t  17    9 x  2 y  17  0 ; C  BC  C  t ; ,t 2 9  2      9t  25  0,25 AB   2; 8  ; AC   t  1;  . Vì tam giác ABC vuông tại A nên  2     9t  25 AB. AC  0 . Suy ra t  1  4.  0  t  3. Vậy C  3;5  0, 5 2 Câu Mặt phẳng   có phương trình dạng ax  by  cz  d  0, (a 2  b 2  c 2  0) B.VI.2 (1,0 đ)   đi qua hai điểm A  0; 1;2  , B 1;0;3 nên:  b  2c  d  0 c  a  b   (1) 0,25  a  3c  d  0  d  2a  3b Mặt cầu  S  có tâm I (1;2; 1) bán kính R  2 a  2b  c  d   tiếp xúc  S  nên d  I , ( )   R   2 , (2) a2  b2  c2 0,25 Thay (1) vào (2) được : 2a  3b  a 2  b 2  ab  3a 2  11ab  8b 2  0 (3) Nếu a  0  b  0  c  0 loại  b  1 Nếu a  0 chọn a  1    b  3  8 0,25 + a  1, b  1  c  0, d  1 .   : x  y  1  0 3 5 7 + a  1, b  c , d  .   : 8 x  3 y  5 z  7  0 8 8 8 0,25 Câu 4 3 2 Giải phương trình z  2 z  z  2 z  1  0. (1) z  0 không là nghiệm, chia cả B.VII (1,0 đ) 1   1 1 0,25 hai vế cho z 2 ta được :  z 2  2   2  z    1  0 . Đặt w  z  ; phương z    z z w  1 trình trên trở thành: w2  2 w – 3  0   0,25  w  3 1 1  3i *) z   1  z 2  z  1  0  z  z 2 0,25 1 3  5 *) z   3  z 2  3 z  1  0  z  z 2 0,25 1  3i 3  5 Vậy phương trình có bốn nghiệm: z  ; z . 2 2 ------------------------------------------Hết ----------------------------------------