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 lần 1 (2013-2014) khối A,B,A1 - THPT Yên Phong Số 1 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Đặng Quốc Thắng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

149
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với nội dung tính thể tích khối chóp, giải hệ phương trình,...trong đề thi thử Đại học môn Toán lần 1 (2013-2014) khối A,B,A1 của trường THPT Yên Phong Số 1 kèm đáp án giúp bạn nâng cao kỹ năng giải các bài tập. Đồng thời đề thi này cũng giúp cho các thầy cô có thêm tài liệu để tham khảo chuẩn bị ra đề hoặc giúp đỡ học sinh ôn tập hiệu quả hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 (2013-2014) khối A,B,A1 - THPT Yên Phong Số 1 (Kèm đáp án)

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3- 6x2 + 9x -2, gọi đồ thị là (C). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M ∈ (C ) , biết M cùng với hai điểm cực trị A, B của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 (đơn vị diện tích). Câu II (2,0 điểm).  π 1. Giải phương trình: 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x +  .  4  3  3 2 x − y − 6y + 3x − 15y = 14 2. Giải hệ phương trình :  .  3 4x + 2y + 9 = xy 2 + 4x 2 − 10x + y − 3    Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, 1 mặt phẳng (SCD) hợp với mặt phẳng (ABCD) một góc ϕ sao cho cosϕ = . 7 Biết rằng SA = SC = SD, AB = BC = a, AD = 2a. a. Tính thể tích của khối chóp theo a. b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD và góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAD) theo a. Câu IV (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn y 2 ≥ xz và z 2 ≥ xy . Tìm giá trị x y 2014z nhỏ nhất của biểu thức : P = + + . x+y y+z z+x 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 Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD biết M ( 2;1) ; N(4; −2); P(2; 0);Q(1; 2) , lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông ABCD. n  1 Câu VIa (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  2 x 3 +  .  x n −1 Biết rằng An − Cn +1 = 4n + 6 . 2 ( ) ( ) Câu VIIa (1,0 điểm). Giải phương trình log 1 4 + 2 2 x − 1 + log 2 x + x + 1 + 1 = 0 . 2 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn: (C1 ) : x 2 + y2 = 13 và (C2 ) : (x − 6)2 + y2 = 25 . Gọi A là giao điểm của (C1 ) và (C2 ) với y A < 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1 ) , (C2 ) theo hai dây cung phân biệt có độ dài bằng nhau. Câu VIb (1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học. Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển. www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 1
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ( ) 2 x − x2 Câu VIIb (1,0 điểm). Giải bất phương trình: (3 − 5)2 x − x + 3 + 5 − 21+ 2 x − x ≤ 0 . 2 2 ---------HẾT-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:…………………… SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1 ĐÁP ÁN Đáp án Điểm (Câu I 1) (1,0 điểm) (2,0 • TXĐ: D = R điểm) x = 1 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y , = 3 x 2 − 12 x + 9, y , = 0 ⇔  x = 3 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3; +∞) , Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 0,25 - Giới hạn: lim = −∞; lim = +∞ x →−∞ x →+∞ - Bảng biển thiên: x -∞ 1 3 +∞ , y + 0 - 0 + y 2 +∞ 0,25 -∞ -2 • Đồ thị: y ,, = 6 x − 12, y ,, = 0 ⇔ x = 2 ⇒ Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C) Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2) 4 0,25 2 -5 3 5 10 15 1 -2 -4 2) (1,0 điểm) Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2) ⇒ AB = 2 5, và đường thẳng AB : 2 x + y − 4 = 0 0,25 a 3 − 6a 2 + 11a − 6 M ∈ (C ) ⇒ M (a; a − 6a + 9a − 2) ⇒ d ( M ; AB) = 3 2 5 1 Gọi S = S ∆MAB , S = AB.d ( M ; AB ) = 6 0,25 2 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com  a 3 − 6a 2 + 11a = 0 a = 0 ⇔ a 3 − 6a 2 + 11a − 6 = 6(1) (1) ⇔  3 ⇔  a − 6a + 11a − 12 = 0 a = 4 2 *) a = 0 ⇒ M(0;-2) ⇒ TT tại M: y = 9x-2 0,25 *) a = 4 ⇒ M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 0,25 Câu Điểm II 1) (1 điểm) (2,0  π điểm) 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x +  ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x 0,25  4 ⇔ 2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) 2 =0 0,25 ⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. +/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 0,25 1 π +/ cosx = ⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z . 0,25 2 3 2) (1,0 điểm) 3 x 3 + 3x = (y + 2) + 3 (y + 2) Từ phương trình đầu ta có  2  ⇔ (y + 2 − x ) (y + 2) + (y + 2).x + x 2 + 3 = 0 0,5   2 ⇔ y + 2 = x hay y = x − 2 (Do (y + 2) + (y + 2) .x + x 2 + 3 > 0 ∀x , y.) Thê vào phương trình thứ hai ta được 3 6x + 5 = x 3 − 5x − 5 ⇔ 6x + 5 + 3 6x + 5 = x 3 + x ⇔ f (x ) = f ( 3 ) 6x + 5 (*) Với 0,25 f (t ) = t + t, t ∈ R. Ta có f '(t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ R nên f (t ) đồng biến trên R 3 ( Do đó (*) ⇔ x = 3 6x + 5 ⇔ x 3 − 6x − 5 = 0 ⇔ (x + 1) x 2 − x − 5 = 0 ) 1 ± 21       0,25 ⇔ x = −1 ∨ x = . Vậy S = (−1; −3); 1 − 21 ; −3 − 21 ; 1 + 21 ; −3 + 21  .       2   2        2  2  2     III (2,0 S điểm) H A F D E B C www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com a(1,0 điểm) Gọi F, E lần lượt là trung điểm của AD, CD; ta có FA = FD = FC, do đó tam giác ACD vuông tai C, có tâm đường tròn ngoại tiếp là F( vuông cân) . Vì SA = SD = SC nên SF là đường cao của hình chópS.ABCD. Dễ thấy SE và EF đồng thời vuông góc với CD, do đó góc giữa mp(SCD) và mp(ABCD) là 0,5 góc SEF = ϕ Từ giả thiết ta có tan ϕ = 6 ⇒ SF = a 3 . Như vậy ta có thể tích khối chóp S.ABCD là 1 AD + BC 1 2 3a 3 0,5 V = SF.AB. = a 3. = a 3 (dvtt) 3 2 3 2 2 b(1,0 Do AD//BC nên d ( SC, AD ) =d ( (SCB), AD ) =d ( F, (SBC) ) điểm) Kẻ FH vuông góc với SC ta có 0,5 BC ⊥ CF   ⇒ BC ⊥ (SCF) ⇒ BC ⊥ FH mà FH ⊥ SC nên FH ⊥ (SBC) ⇒ d ( AD, (SBC) ) = FH BC ⊥ SF  1 1 1 1 1 4 a 3 Tính FH : 2 = 2+ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ FH = FH FS FC 3a a 3a 2 Dựng FK ⊥ SD , do CF ⊥ (SAD ) ⇒ CF ⊥ SD ⇒ (FKC ) ⊥ SD . Do đó góc giữa (SAD) và (SCD) là góc FKC (vì góc CFK bằng 900). Ta có FK = FD sin 60 0 = a 3 ;CF = a ⇒ tan FKC = CF = 2 . 0,5 2 FK 3 2 Vậy FKC = arctan . 3 IV y z x (1,0 Ta có: P = 1 + 1 + 2014 , đặt a = ;b = ;c = kết hợp với giả thiết ta suy y z x x y z điểm) 1+ 1+ 1+ x y z 0,25 a ≥ b ≥ c > 0 0 < c ≤ 1 ra  1 1 2014  ⇒ . Khi đó P = + + abc = 1 ab ≥ 1 1+ a 1+ b 1+ c 1 1 2 ( )( ) 2 Ta có + ≥ ⇔ a− b ab − 1 ≥ 0 (đúng do ab ≥ 1 ) 1 + a 1 + b 1 + ab hay P ≥ 2 c + 2014 ≥ 2 c + 2014 = 2014 + 2 c vì 1 1 2 c 0,25 Suy ra + ≥ 1+ a 1+ b c +1 c +1 c +1 c +1 c +1 c +1 0 < c ≤1⇒ c ≤ c Đặt t = c ⇒ 0 < t ≤ 1 Xét hàm số f ( t ) = 2t + 2014 với 0 < t ≤ 1. Ta có hàm số f ( t ) liên tục trên ( 0;1] , t +1 0,25 2012 f '( t ) = − < 0, ∀t ∈ ( 0;1) . ( t + 1) 2 Hàm số f ( t ) nghịch biến trên ( 0;1] . Suy ra f ( t ) ≥ f (1) = 1008 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1008 khi và chỉ khi x = y = z . www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com V.a (1,0 điểm) Gọi phương trình AB : a( x − 2) + b( y − 1) = 0 khi đó phương trình AD: b( x − 1) − a ( y − 2) = 0 . Tứ giác ABCD là hinh vuông 0,5  2 a = −b ⇔ d ( P; AB ) = d ( N ; AD) ⇔ b = 3b + 4a ⇔   a = −b * Với 2a=-b chọn b=2 a=-1 phương trình các cạnh của hình vuông : 0,25 AB : − x + 2 y = 0; AD : 2 x + y − 4 = 0; DC : − x + 2 y + 2 = 0; CB : 2 x + y − 6 = 0 * Với a=-b chọn b=-1 a=1 phương trình cách cạnh của hình vuông : AB : x − y − 1 = 0; AD : − x − y + 3 = 0; DC : x − y − 2 = 0; CB : − x − y + 2 = 0 0,25 VI.a (1,0 điểm) Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℤ Ta có: An − Cn +1 = 4n + 6 ⇔ n ( n − 1) − 2 n −1 ( n + 1) n = 4n + 6 0,25 2  n = −1(loai ) ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  0,25  n = 12 Với n = 12 ta có: n  3 1  3 1 12 12 − k  1  k 0,25 ( ) 12 12  2 x +  =  2 x +  = ∑ C12 2 x3 k   = ∑ C12 212− k x36− 4 k k  x  x k =0  x  k =0 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .23 = 1760 . 9 0,25 VIIa (1,0điểm) 1 §K x ≥ . PT t−¬ng ®−¬ng: 2 ( ) =0⇔x+ 0,25 2 x + x +1 ( ) ( ) − log 2 4 + 2 2x − 1 + log 2 x + x + 1 + log 2 2 = 0 ⇔ log 2 4 + 2 2x − 1 x + 1 = 2 + 2x − 1  1  ⇔ (x − 2) + ( x + 1 − 2x − 1) = 0 ⇔ (x − 2) 1 − =0  x + 1 + 2x − 1  0,25 +) x = 2 thỏa mãn +) 1 − 1 = 0 ⇔ x + 1 + 2x − 1 − 1 = 0 x + 1 + 2x − 1 0,5 − 1 > 0 ∀x ≥ . Vậy tập nghiệm S = {2} 3 1 Vô lý vì x + 1 + 2x − 1 − 1 ≥ 2 2 V.b x 2 + y 2 = 13  x = 2 (1,0 Xét hệ  ⇔ ⇒ A(2; −3); B(2;3) 0,25 (x − 6) + y = 25 y = ±3 2 2 điểm)  Gọi ∆ là đường thẳng cần lập. Giả sử ∆ cắt (C1 ) ; (C2 ) tại M và N. Gọi M(a; b) vì A là trung điểm MN nên N(4 − a; −6 − b) 0,25 a 2 + b 2 = 13  Do M ∈ (C1 ) ; N ∈ (C 2 ) ta có hệ phương trình  (−2 − a) + (−6 − b) = 25 2 2  www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 5
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com a = 2;b = −3 Giải hệ phương trình ta được:  −17 −6 + Với a = 2;b = −3 thì M(2; −3) loại do a = ;b =  5 5 0,25 −17 −6 −17 −6 37 −24 M ≡ A + Với a = ;b = thì M( ; ) và N( ; ) 5 5 5 5 5 5 Lập phương trình đường thẳng đi qua MN là: ∆ : x + 3y + 7 = 0 0,25 VI.b (1,0 điểm) Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách 0,5 Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là Ω = A12 = 665280 6 Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển.” P(A)=1-P( A ) Số cách chọn sao cho không còn sách Toán: A65 .7 =5040 0,25 Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý: A64 . A82 = 20160 Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học: A63 . A93 = 60480 85680 17 17 115 0,25 | A |= 5040 + 20160 + 60480 =85680 nên P( A )= = ⇒ P(A)=1- = . 665280 132 132 132 (1,0 điểm) 3 − 5 2 x − x2 3 + 5 2 x − x2 0,25 VIIb Bất phương trình tương đương với: ( ) +( ) −2 ≤ 0 2 2 2 x − x2 2 x − x2 0,25  3+ 5   3− 5  1 Đặt t =   2   (t > 0) ⇒   2   =     t ( t − 1) ≤ 0 ⇔ t = 1 ⇒ 2 x − x 2 = 0 ⇔ x=0 ∨ x = 2 1 ta được bất phương trình: t + − 2 ≤ 0 ⇔ t t 0,5 2 Hết Chú ý : Các cách khác đúng cho điểm tương đương www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 6

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.