intTypePromotion=3

Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 2 năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự

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

0
129
lượt xem
5
download

Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 2 năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 2 năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự 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:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 2 năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự

  1. www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT BẮC NINH KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi: TOÁN - KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx 2  3( m 2  1) x  m3  m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1 2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ .  Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4 2 3 Câu 3. (1 điểm) Giải bất phương trình log 3 ( x  1)  log 4 ( x  1)  0  x 2  y 2  2( x  y )  7 Câu 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình   y ( y  2 x)  2 x  10 Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy a 3 điểm M sao cho AM = , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM . 3 Câu 6. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3. 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x  y  z )  2 xyz . Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng 5  : 3 x  4 y  4  0 . Trên  lấy hai điểm A và B đối xứng nhau qua I (2; ) sao cho diện tích tam giác 2 ABC bằng 15. Viết phương trình đường thẳng AB. Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 9. (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n  2 , n  N ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n.
  2. www.VNMATH.com --------------Hết-------------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014 Câu Nội dung Điểm 1 1.Khi m=1 ta có y  x  3x 3 2 x  0 TXĐ: R ; y '  3x 2  6 x ; y '  0   x  2 lim y   lim y   0.25 x   x   BBT x  0 2 + y’ + 0 - 0 + y 0  0.25  -4 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) , nghịch biến trên khoảng (;0); (2;) Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0 Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2 0.25 6 4 2 -5 5 -2 0.25 -4 -6 ..................................................................................................................................................... 2. Ta có y ,  3 x 2  6mx  3(m 2  1) Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt 0.25  x 2  2mx  m 2  1  0 có 2 nghiệm phân biệt    1  0, m . Nên hàm số luôn có 2 cực trị 0.25
  3. www.VNMATH.com Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và 0.25 điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m 2  6m  1  0    m  3  2 2  0.25 Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . Câu    2 PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x )  3  1  cos(4x+ )  0.25  2   cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x  0   0.25  sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 6 6      x   18  k 3  2 sin(3 x  ).cosx=0   6  x=   k 0.25  2     Vậy PT có hai nghiệm x  k và x k . 0.25 2 18 3 3 ĐK: x>-1 0.25 3 log 3 ( x  1) 3 0.25 PT  2 log 3 ( x  1)   0  log 3 ( x  1).(2  )0 log 3 4 log 3 4  log 3 ( x  1)  0 0.25 0.25  1  x  0 4 Rút y2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được x 2  2( y  2) x  2 y  3  0  x  1  0.25  x  2 y  3 y  2 TH1: Thay x  1 vào (1) ta được y 2  2 y  8  0    y  4 0.25 TH2:Thay x  2 y  3 vào (1) ta được  3 6  y  1  5  x  1  5 2 5 y  10 y  4  0   0.25  3 6  y  1  5  x  1  5  6 3 6 3 Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) (  1  ; 1  ) ( 1  ;1  ) 5 5 5 5 0.25 5
  4. www.VNMATH.com S N M D A B C 0.25 0.25 ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 0.25 SM 2 0 Ta có SA = AB tan60 = a 3 ,  SA 3 VS .MBC SM 2 2 1 0.25    VS .MBC  VS . ABC  VS . ABCD VS . ABC SA 3 3 3 VS .MNC SM SN 2 2 4 4 2  .  .   VS . MNC  VS . ADC  VS . ABCD VS . ADC SA SD 3 3 9 9 9 5 10 3a3 Vậy VS . BCNM  VS . ABCD = 9 27 6 Ta có: P  3  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)   2 xyz 0.25    3 9  2( xy  yz  zx)   2 xyz  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z )2  27  6 x(3  x )  ( x  3) 2 0.25 1  ( x 3  15 x 2  27 x  27) 2 Xét hàm số f ( x )   x 3  15 x 2  27 x  27 , với 0
  5. www.VNMATH.com Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7  x  y  z  1 . 0.25 7 Ta có I   6  20  4 1 5 d (C ,  )   6 . SABC= .6. AB  15  AB  5  AI  0.25 5 2 2 3a  4 25 3a  6 2 25 Gọi A(a; )   . Ta có AI 2   ( a  2) 2  ( )  4 4 4 4 a  4  (a  2) 2  4   0.25 a  0 Với a  4  A(4;4); B(0;1) . Phương trình AB : 3 x  4 y  4  0 0.25 Với a  0  A(0;1); B(4;4) . Phương trình AB: 3 x  4 y  4  0 0.25 8 Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2 9 3   . Vậy I ;  x  y  6  0 y  3 / 2 2 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 0.25 2 2  9 3 Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2  2 2 S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 0.25 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0  Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2  x  2 x  4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0.25 y  1 y   1 9 3 x  2 x I  x A  9  2  7 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 2 2 y C  2 y I  y A  3  1  2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0.25 9 Theo giả thiết ta có: C 3 10 n 3  C10  C3 n  2800 ( n  2 ) 0.25 (n  10)! 10! n!    2800 0.25 3!.(n  7)! 3!.7! 3!.(n  3)!   n  10  n  9  n  8   10.9.8  n  n  1 n  2   2800.6 2   n + 8n – 560 = 0 0.25
  6. www.VNMATH.com n  20  n  24(loai ) .Vậy n=20 0.25

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản