zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH lần 3 Toán khối A, A1 năm 2013 - THPT Nguyễn Văn Cừ

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

111
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử Đại học lần 3 môn Toán khối A, A1 năm 2013 của trường THPT Nguyễn Văn Cừ tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá được năng lực của mình trước kỳ thi chính thức. Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 3 Toán khối A, A1 năm 2013 - THPT Nguyễn Văn Cừ

www.MATHVN.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Môn thi: TOÁN ; Khối A , A1 Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát đề . I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 1 3 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : y = x − 2 x + 3 x − 2 3 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 b) Tìm m để đường thẳng ∆ : y = mx − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và 3 diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB π  2sin  − 2 x  + 2sin 2 x + 3 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình :  3  = 4cos 4 x . cos x 1 + x 2 + y 2 = 5 x + 2 xy Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2 ( x, y ∈ R )  xy − 2 y( y + y + 1) = 2( x + 1) 2  e (x 2 ) + x + 1 ln x + x + 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân : I = 1 + x ln x ∫ l dx . Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N, I lầnlượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA’, AB, BC. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và(ABC) bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AC’. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng : x( y + z) y ( z + x) z ( x + y) + + ≥ 2 xyz. 4 − yz 4 − zx 4 − xy II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) . A.Theo chương trình chuẩn. Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3;-1/4), tâm đường tròn 29 ngoại tiếp là K(0; ), trung điểm cạnh BC là M( 5 ;3 ). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C; biết hoành độ của B lớn 8 2 hơn hoành độ của C. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;1;0), mặt phẳng (P): 2x - 3y + z - 1 = 0 và đường thẳng d : x − 1 = y + 1 = z − 2 .Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) và cắt d tại B −1 −1 2 sao cho AB = 2 Câu 9a (1,0 điểm). Tính modun của số phức w = b + ci ( b, c ∈ R ),biết số phức (1 + i ) (−1 − 2i) là nghiệm của 8 7 (1 − i) phương trình z + bz + c = 0 2 B.Theo chương trình nâng cao. Câu 7b (1,0 điểm). Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD,đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 , d 2 có phương trình là x = 1+ t  d1 :  y = 3 − t , d 2 : x − 3 = y − 1 = z + 2 , d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B. Viết phương z = t 1 1 1  trình mặt cầu đường kính AB.  5π  Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 −  2 cos  z + 1 = 0 . Tìm số n nguyên dương  21  nhỏ nhất sao cho z1n + z2 = 1. n ……………………Hết…………………..
www.MATHVN.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Môn :Toán, khối A-A1 Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) TXĐ: D = R x = 1 0.25 Chiều biến thiên: y, = x 2 − 4 x + 3 ; y, = 0 ⇔  x = 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: ( −∞;1) và ( 3;+∞ ) ,nghịch biến trên khoảng (1; 3) 1 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3 ⇒ yct = − , đạt cực đại tại điểm x = 1 ⇒ ycd = 1 0.25 3 Giới hạn: lim y = −∞ ; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ 1 3 +∞ , y 0 0 y +∞ 0.25 1 1 − −∞ 3 1 1 Đồ thị: Đi qua các điểm (0; − ) ; (4 ; 1) ; nhận I (2; ) làm điểm uốn. 3 3 y 1 0.25 O 3 1 1 1 4 x − 3 b.(1,0 điểm) 1 Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng ∆ : y = mx − và (C) : 3 1 3 1 1 x = 0 x − 2 x 2 + 3 x − = mx − ⇔ x ( x 2 − 6 x + 9 − 3m) = 0 (1) ⇔  2 0.25 3 3 3  x − 6 x + 9 − 3m = 0 1 1 Với x = 0 ⇒ y = − ⇒ A(0; − ) 3 3 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com 1 Đường thẳng ∆ : y = mx − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C ⇔ (1) có 3 nghiệm phân 3 biệt ⇔ pt x − 6 x + 9 − 3m = 0 (2) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 khác 0 2 0.25 ∆ > 0 , 3m > 0 m > 0 ⇔ ⇔ ⇔  9 − 3m ≠ 0 m ≠ 3 m ≠ 3 1 1 Khi đó B( x1 ; mx1 − ) ; C( x2 ; mx2 − ) . 3 3 1 1 SOBC = 2 SOAB ⇔ d (O, ∆).BC = 2. d (O, ∆ ).AB ⇔ BC = 2 AB ⇔ BC 2 = 4 AB 2 2 2 0.25 2 2 2 ( 2 2 ) ( ) 2 ( ) ⇔ ( x2 − x1 ) + m ( x2 − x1 ) = 4 x1 + m 2 x2 ⇔ m 2 + 1 ( x2 − x1 ) = 4 m 2 + 1 x1 2  x = 3 x1 ⇔ ( x2 − x1 ) = 4 x1 ⇔  2 2 2 ⇒ x2 = 3 x1 (3) (vì x1 + x2 = 6 )  x2 = − x1  x1 + x2 = 6 Mà x1 ; x 2 là nghiệm của phương trình : ⇔ x 2 − 6 x + 9 − 3m = 0 nên:  (4)  x1 x2 = 9 − 3m 0.25 3 Từ (3) và (4) ⇒ m = (tmđk) 4 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Với điều kiện : cos x ≠ 0 , Phương trình đã cho tương đương : 3 cos 2 x + sin 2 x + 3 0.25 = 4cos 4 x cos x 3 ( 2cos 2 x − 1) + 2sin x cos x + 3 ⇔ = 4cos 4 x cos x 0.25 ⇔ 3 cos x + sin x = 2cos 4 x (vì cos x ≠ 0 )  π ⇔ cos  x −  = cos 4 x 0.25  6 Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là: π k 2π π k 2π 0.25 x=− + ; x= + . 18 3 30 5 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) (1 + y 2 ) + x( x − 2 y ) = 5 x  Hệ phương trình tương đương với:  (I) (1 + y )( x − 2 y − 2) = 2 x 2  0.25 1 + y 2 = 0  * Nếu x = 0 thì hệ (I) ⇔  vô nghiệm. (1 + y )(2 y − 2) = 0 2  * Nếu x ≠ 0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương 1 + y 2 1 + y 2  + ( x − 2 y) = 5  + ( x − 2 y − 2) = 3  x  x  ⇔ 1 + y ( x − 2 y − 2) = 2 1 + y ( x − 2 y − 2) = 2 2 2 0.25  x   x  1+ y 2 - Đặt u = , v = x − 2 y − 2 , ta được hệ phương trình: x www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com u + v = 3 u = 1 u = 2  ⇔ hoặc  uv = 2 v = 2 v = 1 1 + y 2 u = 1  =1  x = 1+ y2 x = 2 y + 4 - Với  ⇒ x ⇔ ⇔ 2 v = 2  x − 2 y − 2 = 2 x = 2 y + 4 y − 2y −3 = 0  0.25 x = 2 y + 4 x = 2  x = 10 ⇔ ⇔ ∨   y = −1 ∨ y = 3  y = −1 y = 3 1 + y 2 u = 2  =2 1 + y 2 = 2 x x = 2 y + 3 - Với  ⇒ x ⇔ ⇔ 2 v = 1 x − 2 y − 2 = 1 x = 2 y + 3 y − 4y − 5 = 0  0.25 x = 2 y + 3 x = 1  x = 13 ⇔ ⇔ ∨   y = −1 ∨ y = 5  y = −1 y = 5 - Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( x; y ) = (2; − 1) , (10; 3) , (1; − 1) , (13; 5) . 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ( x + 1).( x.ln x + 1) + ln x + 1 ln x + 1 e e e I=∫ .dx = ∫ ( x + 1)dx + ∫ dx 0.25 1 1 + x ln x 1 1 1 + x ln x e  x2  e 1 2 3 xét I1 = ∫ ( x + 1)dx =  + x = e +e− 0.25 1  2  1 2 2 ln x + 1 d (1 + x ln x ) e e e xét I2 = ∫ .dx = ∫ 1 + x ln x = ln 1 + x ln x = ln(1 + e) 0.25 1 1 + x ln x 1 1 1 2 3 khi đó I = I1 + I2 = e + e − + ln(1+e) 0.25 2 2 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) A' C' CC ' ⊥ ( ABC ), CI ⊥ AI ⇒ C ' I ⊥ AI ⇒ goc C ' IC = 600 CC ' ⊥ ( ABC ) B' 3 M O ⇒ CC ' = CI tan 60 = a0 ⇒ goc C IC 2 ⇒ CC ' = CI t A C N I B 1 1 a3 VN . AC ' I = VC '. ANI = VC '. ABC = CC '.S ABC = 0.25 4 12 32  MO / / AC  NI / / AC   khi đó  1 và  1 suy ra NI / / MO , NI = MO  MO = AC  NI = AC  2  2 0.25 suy ra MOIN là hình bình hành ⇒ MN / / OI ⇒ MN / /( AC ' I ) ⇒ d ( MN , AC ') = d ( MN ,( AC ' I )) = d ( N ,( AC ' I )) = h www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com a2 3 a3 S AIC 2 8 =a 3 VN . AC ' I = , S AIC ' = = 3V ⇒ h = N . AC ' I = a 3 0.25 32 cos600 1 4 S AIC ' 8 2 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) y+z z+x x+ y Cách 1. Ta có (1) ⇔ + + ≥2 (2). yz (4 − yz ) zx(4 − zx) xy (4 − xy ) 0.25 y+z 2 yz 2 Ta có : ≥ = yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) 2 = ( yz 2 − yz )( 2 + yz ) 0.5 Mà yz 2 − ( yz ) ≤ 1 suy ra : y+z ≥ 2 ≥ 2 yz (4 − yz ) ( yz 2 − yz )( 2 + yz ) (2 + yz )  1 1 1  18 VT (2) ≥ 2  + + ≥  2 + yz 2 + zx 2 + xy  6 + xy + yz + zx    0.25 18 ≥ = 2. (đpcm) 6+ x+ y+ z y+z z+x x+ y Cách 2. (1) ⇔ + + ≥2 (2) yz (4 − yz ) zx(4 − zx) xy (4 − xy ) y+z 2 yz 2 Ta có : ≥ = yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) 3 Đặt t = yz , 0 < t < 2 1 −t + 4  3 Ta có : ≥ ⇔ 9 ≥ −4t 2 + t 4 + 16t − 4t 3 ⇔ (t − 1)2 (t 2 − 2t − 9) ≤ 0 ∀t ∈  0;  4t − t 3 9  2 y+z 2 −2 yz + 8 Suy ra : ≥ ≥ yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) 9 z+x −2 zx + 8 x+ y −2 xy + 8 Chứng minh tương tự ta có : ≥ ; ≥ zx(4 − zx) 9 xy (4 − xy ) 9 −2( xy + yz + zx ) + 24 −2( x + y + z ) + 24 Từ đó suy ra : VT (2) ≥ ≥ = 2. (đpcm) 9 9 7.a (1,0 điểm) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành ⇒ M là trung điểm của A’H 0.25 5 5 5 ⇒ HA = 2.MK = 2( − ; ) = (-5; ). Từ đó xác định được: A( -2;1). 2 8 4 697 Ta có: R = KA = KB = KC = là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC. 8 29 2 697 0.25 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 + (y – ) = 8 64 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com 29 9 hay x2 + y2 – y+ = 0. 4 4 Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0. 4 x − y − 7 = 0  0.25 Tọa độ của B, C là hệ phương trình:  2 29 9 . x + y − 4 y + 4 = 0 2   x = 3; y = 5 ⇔ . Vì xB > xC nên B(3;5), C(2;1). Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1). 0.25  x = 2; y = 1 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) do B ∈ d ⇒ B (1 − t; −1 − t;2 + 2t ) . 0.25 AB = 2 ⇔ AB 2 = 2 ⇔ t 2 + (t + 2)2 + (2t + 2)2 = 2 ⇔ 6t 2 + 12t + 6 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ B (2; 0;0) ta có mp(P) có vtpt là nP = (2; −3;1) . 0.25 vì ( P ) ⊥ (Q) và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là n =  nP ; AB    0.25 với nP = (2; −3;1) ; AB = (1; −1; 0) ⇒ n = (1;1;1) ==> Phương trình của (P) x+y +z-2=0 0.25 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) (2i) 4 (−1 − 2i) 2(−1 − 2i)(1 + i ) Ta có z0 = = = −3 − i 0.25 (−2i )3 (1 − i ) 2i Vì z0 là nghiệm của phương trình z 2 + bz + c = 0 nên 8 − 3b + c = 0 b = 10 0.5 (−3 − i ) 2 + b(−3 − i ) + c = 0 ⇔  ⇔ ⇒ w = 10 + 6i 6 − b = 0 c = 6 Ta có w = 102 + 62 = 2 34 . 0.25 7.b (1,0 điểm) 3 x − y = 0 x = 0 Tọa độ điểm D là:  ⇔ => D(0;0) ≡ O 0.25 x − 2 y = 0 y = 0 Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1 ( 3; −1) , n2 (1; −2 ) 1 0.25 cos ADB = => ADB =450 =>AD=AB (1) 2 Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD =450 => ∆ BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: 0.25 1 3. AB 2 S ABCD = ( AB + CD ) AD = = 24 =>AB=4=>BD= 4 2 2 2  x  Gọi tọa độ điểm B  xB ; B  , điều kiện xB>0 =>  2   8 10  xB = − (loai ) 0.25  xB  2 5 Tọa độ điểm  8 10 4 10  BD = xB +   = 4 2 ⇔  2 B  5 ; 5    2   8 10    xB = (tm)  5 8.b (1,0 điểm) d cắt d1, d2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I t − 1 = k (b + 1) thẳng hàng ⇔ IA = k IB ⇔ 1 − t = k (b − 1)  0.25 t + 1 = k (b + 3)  www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com t − kb − k = 1 b = 0   ⇔ −t − kb + k = −1 ⇔ k = 1 ⇒ A(3;1; 2), B(3;1; −2) 0.25 t − kb − 3k = −1 t = 2   Gọi J là trung điểm AB=>J(3;1;0) ;BJ=2 0.25 Mặt cầu đường kính AB có tâm J bán kính R=BJ có phương trình là (x-3)2+(y-1)2+z2=4 0.25 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm)  5π  2 5π 5π Phương trình z 2 −  2 cos  z + 1 = 0 (1) (1) có ∆ = cos ' − 1 = − sin 2 .  21  21 21  5π 5π 5π  z1 = cos 21 − i sin 21 0.25 Do đó các căn bậc hai của ∆ ' là ±i sin Vậy (1) có các nghiệm là  21  z = cos 5π + i sin 5π  2  21 21 5π 5π   5π 5π  n n  z1 + z2 = 1 ⇔  cos n n − i sin  +  cos + i sin  =1  21 21   21 21  n   5π   5π    5π 5π  n ⇔  cos  −  + i sin  −  +  cos + i sin  =1 0.25   21   21     21 21   n5π   n5π  n5π n5π ⇔ cos  −  + i sin  −  + cos + i sin =1  21   21  21 21  n5π  n5π n5π ⇔ cos  −  + cos = 1 ⇔ 2 cos =1  21  21 21 0.25 n5π π n5π π 7 42k ⇔ cos = cos ⇔ = ± + k 2π ⇔ n = ± + (k ∈ ℤ) (*) 21 3 21 3 5 5 Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n = 7. 0.25 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.