zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 - Trường THPT Tú Kỳ

Chia sẻ: Phí Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

131
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 của trường THPT Tú Kỳ có kèm đáp án. Đây là tài liệu ôn tập và luyện thi tốt giúp các em biết được những dạng Toán sẽ ra trong kì thi ĐH để có sự chuẩn bị chu đáo cho kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 - Trường THPT Tú Kỳ

www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT TỨ KỲ Môn: Toán - Khối D -------o0o------- 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  1 có đồ thị (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. 2    tan 2 x  tan x Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin  x    ( x R ) 2  4 tan 2 x  1   x 2 y  y 3x  1  2( x  y ) . 2) Giải hệ phương trình:  ( x  R, y  R ) 3 x 2  2 y 2  5 xy  x  y  0  1 x  ln( x  1) Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân sau: I dx 0 ( x  2) 2 Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a 2, BC  2 a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm cạnh BC, góc giữa hai mặt phẳng (SMD) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.DCM theo a. Câu V (1,0 điểm):  x 2 . y  1  2 xy  2 x  1  Tìm các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có nghiệm thực:  .  x 3  3 x  3 xy  a  2  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: ( x  1)2  ( y  1) 2  8 có tâm I, và điểm 3  A  ; 2  . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, cắt đường tròn (C) tại hai điểm B và C sao cho tam 2  giác IBC nhọn và có diện tích bằng 2 3 . 2) Giải phương trình: 2 log 4 (1  2 x  1)  log 2 (5  x)  log 1 (3  x). 2 Câu VII.a (1,0 điểm) : Trong một lớp học gồm có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả học sinh nam và học sinh nữ. B.Chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  8 x  6 y  21  0 và đường thẳng (d) : x  y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết điểm A thuộc (d). x 1 1 2) Giải phương trình: log 9 ( x 2  5 x  6) 2  log 1  log 3 (3  x ) . 3 2 2 n  2  Câu VII.b (1,0 điểm) : Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển của P ( x)   3  x 5  với x  0 x  1 2 n 1 n Biết số nguyên dương n thỏa mãn : C n  C n  ...  C n  C n  40 95 ---------------- 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: ………………………………...
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D LẦN 1- NĂM 2013-2014 (Gồm 05 trang) Câu Nội dung Điể m I 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sô: y  x 3  3x 2  1 (1,0 điểm) (2đ) +) TXĐ: D  R +) Giới hạn: xlim ( x3  3x 2  1)    , lim ( x3  3x 2  1)   x  0,25 2 2 x  0 +) Sự biến thiên: y '  3 x  6 x , y '  0  3 x  6 x  0   x  2 Hàm số đb trên các khoảng  ; 0  &  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3 Bảng biến thiên  0 2 x  y + 0  0 + 0,25 1  y  -3 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2) Viết phương trình tiếp tuyến (1,0 điểm) Ta có : y’ = 3x2 - 6x 0,25 Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên hệ số góc của tiếp tuyến là: k = 9  x  1 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9   0,25 x  3 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x + 6 ( loại vì trùng với (d)) 0,25 Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 II 1) Giải PT lượng giác (1,0 điểm) (2đ) ĐK: cosx  0 0.25
www.VNMATH.com 1 PT  (sin x  cos x )  cos 2 x (tan 2 x  tan x )  sin x  cos x  2(sin 2 x  sin x. cos x ) 2  (sin x  cos x )(2 sin x  1)  0 0.25    x   4  k 0.25 sin x  cos x  0     1   x   k 2 (k  Z ) sin x   6  2   x  5  k 2   6 Kết hợp điều kiện, các nghiệm trên đều thỏa mãn. 0.25 2) Giải hệ phương trình (1,0 điểm)  1 x   ĐK:  3 0.25 y  0  x  y Từ pt (2) ta có  2 y  3x  1 0.25 +) Với x = y thay vào (1) ta có  x  0 (tmdk ) x  0  y 0.25 x 2 x  x 3x  1  0     2 x  3x  1  0  x  1 ( loai) +) Với 2y = 3x +1 thay vào ( 2) có  x  1 3x  1  x  1 tìm được 2 0.25 x  1  y  2 (tmđk) Vậy hpt có nghiệm là: (0 ;0), (1;2). III Tính tích phân (1,0 điểm) 1 1 x ln( x  1) Ta có I   2 dx   dx . 0 ( x  2) 0 ( x  2) 2 1 1 1 1 x x22 dx dx 3 1 Tính I 1   2 dx   2 dx    2 2 = ln  ( x  2) ( x  2) x2 ( x  2) 2 3 0 0 0 0 0.25  dx 1 u  ln( x  1) du  x  1 Tính I 2   ln( x  1)   0.25 2 dx . Đặt  dx   0 ( x  2) dv  ( x  2) 2 v   1    x2 1 1 dx 1 4 0.25 Khi đó: I 2   ln 2     ln 2  ln 3 0 ( x  1)( x  2) 3 3 3 1 1 4 1 2 0.25 Vậy I = ln   ln 2  ln =   ln 2 2 3 3 3 3 3 IV (1,0 điểm) +) Gọi I = MD  AC. Tính được MC= a, MD = a 3 ; AC= a 6
www.VNMATH.com  1  2 2a 3  MI  2 ID  ID  3 MD  3 MC MI IC 1   .MC // AD nên có      AD ID IA 2  1  1 a 6 IC  IA   2  IC  3 AC  3  0,25 IC 2  ID 2  2a 2  DC 2  IDC vuông tại I  DM  AC (1) +) Có SA  MD (2) . Từ (1), (2) có DM  ( SAC )  DM  SI Chỉ ra góc giữa hai mặt phắng (SDM) và (ABCD) là góc SIA = 600 0,25 a2 2 +) SA  IA.tan 600  2a 2 và S DCM  (dvdt ) 0,25 2 1 2a 3 VSDCM  SA.S DCM  (dvtt ) 0,25 3 3 V (1,0 điểm) +) ĐK: x  R, y  1 .  x 2 .z  2 xz 2  1  +) Đặt z= y  1  0 , ta được hệ phương trình:  . Ta thấy z=0  x 3  3 xz 2  a  2  0,25  z 3 (t 2  2t )  1(1)  không thỏa mãn hệ. Với z>0, đặt x=tz thì hệ trở thành:   z 3 (t 3  3t )  a  2(2)  t 3  3t +) Do z>0 nên từ (1) ta có: t2. Từ hệ (1) và (2) ta có: a+2= , t>0 t 2  2t 0,25 hoặc t2 hoặc t A nắm trong đường tròn (C). 2 1 3 BIC  60 0 . S IAB  IB.IC sin BIC  2 3  sin BIC   0 2 2 BIC  120 (loai ) IBC đều. Gọi H là trung điểm cạnh BC, tính được IH  6 0,25  2 2  Đường thẳng d đi qua A, giả sử có VTPT n ( a; b ) ( a  b  0) có phương trình 3 3 a(x  )  b(y  2)  0  ax  by  a  2b  0 2 2 0,25
www.VNMATH.com 5 ab  a  ( 10  2 30)b 2 d ( I ; BC )  IH  6   6  ...   a 2  b2  a  ( 10  2 30)b  Chọn b=1  a. Từ đó có phương trình đường thẳng d: …. 0,25 2) Giải phương trình : (1,0 điểm) 1 +) ĐK :  x3 2 +) PT  log 2 (1  2 x  1)  log 2 (5  x )  log 2 (3  x ) 0,25 5x 2  1  2x  1   2x  1  0,25 3 x 3 x x  1 0,25  ( x  3) (2 x  1)  4   2  x  11  17   4 11  17 0,25 +) Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm là: x=1, x  4 (1,0 điểm) 4 Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là : C35 = 52360 0,25 VII 1 3 2 2 3 1 0,5 a Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là : C20C15  C20 C15  C20C15  4615 0 4615 Xác suất cần tính là: P = 0,25 5236 VI. 1) (1,0 điểm) b 2 2 Đường tròn (C) :  x  4    y  3  4 . Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2 0,25 Gọi điểm A (a; 1-a)  d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và AD, có IM =IN= R=2 Do ABCD là Hình vuông ngoại tiếp (C) nên AI= 2 2  a  6  A(6; 5)  2(4  a )2  8  a 2  8a  12  0    a  2  A(2; 1) I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc ngược lại. 0,25 Cạnh hình vuông bằng 2R = 4. Gọi D (x;y) . Ta có:    AD.DC  0 ( x  6)(2  x)  ( y  5)(1  y )  0  x  7  y   x  6; y  1   2 2  2 ...    AD  4   ( x  6)  ( y  5)  16 y  6y  5  0  x  2; y  5 0,25 => D( 6;-1) thì B( 2;-5) Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1) 0,25 2) Giải phương trình: (1,0 điểm) x 1 1 log 9 ( x 2  5 x  6) 2  log 1  log 3 (3  x ) . 3 2 2
www.VNMATH.com Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2 (*) x 1 1 PT (1)  log 9 ( x 2  5 x  6) 2  log 1  log 3 (3  x) 3 2 2 x 1 0,25  log 3 x 2  5 x  6  log 3  log 3 (3  x) 2  ( x  1)(3  x )   log 3 x 2  5 x  6  log 3    2  ( x  1)(3  x )  ( x  2)( x  3)  (2) 0,25 2 5 Giải PT(2) , đối chiếu với ĐK(*) ta được x = . Kết luận nghiệm pt… 0,25 3 (1,0 điểm) Ta có: 0,25 Cn  Cn  ...  Cn 1  Cnn  4095  Cn  Cn  Cn  ...  Cnn 1  Cnn  4096 1 2 n 0 1 2 VII  2 n  4096  n  12 b 2 12 5(12  k ) 12 60 11k 0,25 Với x>0, ta có P( x)  (  x 5 )12   c12 2k x 3k x 2   c12 2k x 2 k k x3 k 0 k 0 60  11k 0,25  8  60  11k  16  k  4 . 2 Hê số của x 8 là c12 24  7920 4 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác ra đáp số đúng vẫn cho điểm tối đa.

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.