Đề thi thử ĐH lần 3 Toán khối D (2013-2014) - THPT Kinh Môn (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

107
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo đáp án và đề thi thử Đại học lần 3 môn Toán khối D năm 2013-2014 của Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương trường THPT Kinh Môn tư liệu này sẽ giúp các bạn tổng quan kiến thức đã học, hướng dẫn trả lời các câu hỏi trong đề thi cũng như cách tính điểm. Chúc các bạn làm bài tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 3 Toán khối D (2013-2014) - THPT Kinh Môn (Kèm Đ.án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Năm học 2013-2014 TRƯỜNG THPT KINH MÔN Môn thi: TOÁN – D Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3x 1 . a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 . b. Gọi d  là đường thẳng đi qua điểm A2;2 có hệ số góc bằng k . Xác định các giá trị của tham số k để d  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn  2.   Câu II(2 điểm ) 1. Giải phương trình 2 sin  2 x    3sin x  cos x  2  4 2 2  x  xy  y  x  y  4  0  2. Giải hệ phương trình:  2 2 3  x  xy  y  2011( x  y )  12  3 2 dx Câu III( 1 điểm)Tính tích phân A   2 1 x 1 x 2 Câu IV (1,0 điểm):Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD=2a , SA  (ABCD) và SA = a 6 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD Câu V. ( 1 điểm)Cho các số thực a, b, c  [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( a  b) 2 P 2 c  4(ab  bc  ca) Câu VI ( 2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : x  y  2  0 và điểm A  2; 2  . Lập phương trình đường tròn (T) đi qua điểm A và cắt đường thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình thoi ABCD với A(1 ; 2; 1), B(2 ; 3 ; 2) . Tìm tọa độ x 1 y z  2 các đỉnh C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d :   . 1 1 1 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  1  5 và 17( z  z )  5 z z  0 . ~~~~~~~~~~Hết~~~~~~~~~~ Họ và tên thí sinh....................................................Số báo danh................................. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Đáp án khối D Câu-Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định: D=R . Sự biến thiên: Giới hạn: lim y  ; lim y   . 0,25 đ x  x  2 Bảng biến thiên: y '  3 x  3; y '  0  x  1 . 0,25 đ x –1 1 y' – 0 + 0 – y 0,25 đ Câu 1 Ý1 Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;   và đồng biến trên (1,0đ)  1;1 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, y CT  2 và đạt cực đại tại x  1 , yCĐ = 2. Đồ thị: 0,25 đ Phương trình đường thẳng d là : y  k x  2   2 0,25 đ Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị (1) là  x 3  3 x  k x  2   2    x  2 x  2 x  1  k  0   2    g  x   x 2  2 x  1  k  0 (*) 0,25 đ Câu 1 Ý2  x  2   0 (1,0đ) d cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn – 2 khi và  g 2   0  chỉ khi     k  0 ( x1 , x 2 là nghiệm 0,25 đ  x  x  2  2 1 của (*) )
9  k  0 k  9    k  0  k  0   1  k  0 . 0,25 đ  k   1  1   k   2    2 sin  2 x    3sin x  cos x  2  sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  2 0.25  4  2sin x cos x  2 cos2 x  1  3sin x  cos x  2  sin x  2 cos x  3  2 cos 2 x  cos x  3  0 0. 25  sin x  2 cos x  3   cos x  1 2 cos x  3  0 Câu II.1 (1,0đ)   2 cos x  3 sin x  cos x  1  0 0. 25   1  sin x  cos x  1  0  sin x  cos x  1  sin  x      4 2    0.25  x  4   4  k 2     , (k  Z )   x   2  k 2 (k  Z.)  x    5  k 2    x    k 2  4 4 Ta có 0.25 2  x 2  xy  y 2  x  y  4  0    x  y   xy   x  y   4  2 2 3  2  x  xy  y  2011( x  y )  12  3  x  y   3xy  2011( x  y )  12   x  y 2  xy   x  y   4 0.25  Câu II.2  2 (1,0đ)  x  y   2011( x  y )  2  x  y   1  0    x  y  0.25  2  x  y   xy   x  y   4  x  y  2 0.25   x  y  2 dx tdt Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 x x dx tdt tdt   2  2 x 1 t t 1 Câu III + Đổi cận: 0,50 (1,0đ) 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 0,50
1 3 2 dt 2 dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A  t 2 1    ln |1  2 ln  3  1 t 2 2 1 t 2   3 1   2 2 Câu IV VS . HDC SH SH .SB SA2 6 (1 VH .SDC  VS . HDC ,    2  VS .BDC SB SB 2 SB 7 điểm) 0.25 6 6 1 2  VS . HDC  VS . BDC  . .SA.S BDC  a 6.S BDC 7 7 3 7 0.25 Gọi K là hình chiếu của B trên AD 0.25 AB.BD a 3 Ta có ; BK.AD  AB.BD  BK=  AD 2 1 a2 3  S BCD  BK .BC  2 4 3a3 2 0.25 Vậy VH .SDC  14 ( a  b) 2 ( a  b) 2 Ta có P  2  2 M c  4c(a  b)  4ab c  4c (a  b)  (a  b) 2 Do a, b, c  [1;2] nên a  b  0 , nên chia tử và mẫu của M cho (a  b) 2 ta được: 1 1 c M  2  2 với t  Với a, b, c  [1;2] 0,25  c   c  t  4t  1 ab    4  1 ab ab 1   t   ;1 4  Câu V 1 1   2(t  2) Xét hàm số f (t )  2 trên  ;1 . Ta có f / (t )  2 < 0, 0,25 t  4t  1 4  (t  4t  1) 2 1  1   t   ;1  f / (t ) nghịch biến trên  ;1 4  4  1 0,25 Do đó  t  1  f (t )  f (1)  6 Đẳng thức xảy ra khi t  1  (a; b; c )  (1;1;2) 1 0,25 VậyMin P  khi (a; b; c)  (1;1;2) 6 Ta có từ giả thiết suy ra đường tròn (T) cần lập là đường tròn có đường kính BC .   Câu Gọi B  t ;2  t    d   AB   t  2;4  t  IV.1   Ta có ABC  CAB  450 . Đường thẳng (d) có VTCP : u  1; 1 0,25
    2t  2 1  cos ABC  cos AB, u      2 2t 2  4t  20  2 2t  2   1  2t 2  4t  20  4t 2  8t  4  t 2  2t  8  0  2t 2  4t  20  0,25 2 t  4  t  2t  8  0    t  2 t  4  B  4; 2  Với  vì vai trò của B và C như nhau suy ra t  2  B  2;4    B  4; 2   B  4; 2    0,25   C  2;4  C  2;4    Đường tròn (T) có tâm là I 1;1 ; R  3 2 nên có phương trình 0,25  x  12   y  12  18     Gọi I  1  t ; t; 2  t   d . Ta có IA   t; 2  t ; 1  t  , IB   3  t ;3  t ; t  . 0,25     Do ABCD là hình thoi nên IA.IB  0  3t 2  9t  6  0  t  1, t  2 . VI.2 Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên: 0,25 * Với t  1  I  0;1;1  C 1; 0;1 , D  2; 1; 0  . 0,25 * Với t  2  I 1; 2;0   C  3; 2; 1 , D  0;1; 2  . 0,25 Đặt z  a  bi với a, b  R , ta có: 2 0,25 z 1  5   a  1  b 2  5  a 2  b 2  2a  24 1 34 0,25 Mặt khác: 17( z  z )  5 z.z  0  a 2  b 2  a  2 VII 5 24 Thay (2) vào (1) được a  24  a  5 . Kết hợp với (1) có 5 b 2  9  b  3, b  3 . 0,5 Vậy z = 5 +3i hoặc z = 5 – 3i Nếu thí sinh có lời giải khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.