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 - THPT Bắc Yên Thành lần 1 năm 2013

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

85
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi tuyển sinh Đại học. Mời các em và giáo viên tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Bắc Yên Thành lần 1 năm 2013.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Bắc Yên Thành lần 1 năm 2013

www.MATHVN.com DeThiThuDaiHoc.com SỞ GD-ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2013 TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH Môn: Toán. Khối D. Thời gian làm bài 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x4 5 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − 3 x 2 + (1) 2 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình x 4 − 6 x 2 + m = 0 có đúng 4 nghiệm phân biệt. π Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos3 x cos x + 3(1 + sin 2 x) = 2 3cos 2 (2 x + ) 4  x 2 + 6 y = y − x − 2 y Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x, y ∈ ℝ  x + x − 2 y = x + 3y − 2  2 x3 − 3x 2 + x 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ dx . 0 x2 − x + 1 Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích của khối chóp S.ABC, biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + 4 y 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + 8 y 3 − 3 xy II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 2 cạnh AB, AC lần lượt nằm trên 2 đường thẳng (d1): x + y – 2 = 0, và (d2): 2x + 6y +3 = 0 và M (-1; 1) là trung điểm của cạnh BC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (Q): x – y + z + 1 = 0 và điểm M(- 2;3;-2). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, vuông góc với mặt phẳng (Q) và song song với trục Ox. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn2+1 + nP2 = 4 An . Tìm hệ số của số hạng chứa x5 2 4n  n  trong khai triển nhị thức Niu-tơn  x3 −  ,x >0 n 2  x  B. Theo chương trình Nâng cao: x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip (E): + = 1 và điểm M(2;1). Gọi (d) 25 16 là đường thẳng đi qua điểm M, cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho điểm M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Viết phương trình đường thẳng (d). Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm M(13;-1;0) và N(12;0;4). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu (S) có phương trình: x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức Z = (1 + i )n (−3 + i ) biết rằng n ∈ N , thỏa mãn phương trình: log 4 (n − 3) + log 4 (n + 9) = 3. ------------------------------------ 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.dethithudaihoc.com 1
www.MATHVN.com DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2013. Khối D I. Môn Toán: Câu Nội dung Điểm 1.1 x4 5 0.25 y= − 3x 2 + 2 2 * Tập xác định : D = R * Sự biến thiên : − Chiều biến thiên : y, = 2x3 - 6x = 2x(x2 -3), y’= 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 3 Hàm số ĐB trên các khoảng (− 3; 0) và ( 3; +∞ ) , NB trên khoảng ( −∞; − 3) và (o; 3) 0.25 5 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = , đạt cực tiểu tại x = ± 3 , yct= -2 2 - Giới hạn: lim y = +∞ lim y = +∞ x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: 0.25 x -∞ - 3 0 3 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + 5 +∞ +∞ 2 y -2 -2 Đồ thị: Thí sinh tự vẽ. 0.25 1.2 x 4 5 5 m Có x 4 − 6 x 2 + m = 0 ⇔ − 3x 2 + = − 0,25 2 2 2 2 5 m 0,25 Suy ra số nghiệm phương trình đã cho bằng số giáo điểm của đường thẳng (d): y = − với (C). 2 2 5 m 5 Dựa vào đồ thị ta có Pt có đúng 4 nghiệm − 2 < − < ⇔0
www.MATHVN.com DeThiThuDaiHoc.com 3  x − 2y 0,25 y ≠ 0 x − 2y   2 −  y −6 = 0 x − 2y Đ/k:  x − 2 y ≥ 0 hệ pt đã cho ⇔  y đặt t = ta có   y x + x − 2 y ≥ 0  x + x − 2 y = x + 3y − 2  t = 3 t2 − t − 6 = 0 ⇔   t = −2 x − 2y y > 0 8 4 0,25 Với t = 3 ⇒ =3⇔  thay vào (2) ta có x = ; y = thỏa mãn x = 9 y + 2 y 2 y 3 9 x − 2y y < 0 0,25 Với t = -2 ⇒ = −2 ⇔  thay vào (2) ta có x = 12; y = −2 thỏa mãn x = 4 y + 2 y 2 y 8 4 0,25 Vậy nghiệm của hệ pt là: ( x; y ) =  ;  , ( x; y ) = (12; −2 ) 3 9 y ≠ 0  Cách 2: đ/k:  x − 2 y ≥ 0  x + x − 2 y ≥ 0 x  x − 2 y = 3y Có 2 + 6 y = − x − 2 y ⇔ x − 2 y − y x − 2 y − 6 y2 = 0 ⇔  y  x − 2 y = −2 y  y > 0 y > 0    + Với x − 2 y = 3y ta có hệ  x − 2 y = 3 y ⇔ x − 2 y = 9 y2    x + x − 2 y = x + 3y − 2   x + 3y = x + 3y − 2 y > 0 y > 0  8   x = 3  ⇔ x − 2 y = 9 y ⇔ x + 3y = 4 2 ⇔ (t/m các đk)   2 y = 4  x + 3y = 2 9 y − 5 y + 4 = 0   9 y < 0 y < 0     + Với x − 2 y = −2 y ta có hệ  x − 2 y = −2 y ⇔  x − 2 y = −2 y    x + x − 2 y = x + 3y − 2   x − 2 y = x + 3y − 2  y < 0 y < 0    x = 12 ⇔ x − 2 y = 4 y2 ⇔ x = 2 − 5 y ⇔ (t/m các đk) x = 2 − 5 y  2  y = −2  4 y + 7 y − 2 = 0 8 4 Vậy nghiệm của hệ pt là: ( x; y ) =  ;  , ( x; y ) = (12; −2 ) 3 9 4 ( x 2 − x)(2 x − 1) 2x −1 0,5 2 I =∫ dx đặt t = x 2 − x + 1 ta có: dx = dx 0 x2 − x + 1 2 x2 − x + 1 Đổi cận: Khi x = 0 ⇒ t = 1, x = 2 ⇒ t = 3 3 0,5 3  t3  4 I = 2 ∫ (t − 1)dt = 2  − t  = 2 1  3  1 3 www.dethithudaihoc.com 3
www.MATHVN.com DeThiThuDaiHoc.com 5 Gọi M là trung điểm của AC. Kẻ SH ⊥ AB vì mp(SAB) ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ mp(ABC). Gọi I, J là hình S chiếu của H lên AC và BC ⇒ SI ⊥ AC, SJ ⊥ BC, theo giả thiết SIH = SJH = α Ta có: ∆SHI = ∆SHJ ⇒ HI = HJ nên BH là đường phân giác 0,25 của ABC , từ đó suy ra H là trung điểm của AB. a A I M C Suy ra ∆AHM đều, cạnh ⇒ I là trung điểm AM. 2 a 3 a 0,25 ⇒ IH = (Đ/cao tam giác đều cạnh ) H 4 2 J a 3 B ⇒ Ta có SH = IH.tanα = . tan α 0,25 4 1 1 a 3 a 2 3 a3 0,25 ⇒ VS . ABC = SH .dt ∆ABC = . tan α . = tan α (đvtt) 3 3 4 4 16 6 S −2 2 0,25 Đặt x + 2y = S, x.2y = P từ gt ⇒ P = sử dụng BĐT (a + b) 2 ≤ 2(a 2 + b 2 ) ta có 2 ( x + 2 y )2 ≤ 2( x 2 + 4 y 2 ) ⇒ S 2 ≤ 4 ⇒ −2 ≤ S ≤ 2 (*) 3P S 2 − 2 3( S 2 − 2) 1 3 3 0,25 Ta có P = x + 8 y − 3 xy = S − 3SP − 3 3 2 = S − 3S . 3 − = − S 3 − S 2 + 3S + 2 2 4 2 4 2 1 3 3 0,25 Xét hàm số f ( s ) = − S 3 − S 2 + 3S + trên [-2;2] do đ/k (*) 2 4 2 3 3 S = 1 7 13 1 f ' ( s ) = − S 2 − S + 3; f ' ( s ) = 0 ⇔  f (−2) = − ; f (1) = ; f ( 2 ) = 2 2  S = −2 2 4 2 13 7 13 7 0,25 Maxf ( s ) = f (1) = ; Minf ( s ) = f (−2) = − vậy MaxP = ; MinP = − [ − 2;2] 4 [ − 2;2] 2 4 2 7.a x + y − 2 = 0  15 7  0,25 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  ⇒ A =  ;−  2 x + 6 y + 3 − 0  4 4  − 3 − 2c  0,25 Giả sử B = (b;2 − b ) ∈ (d1 ); C =  c;  ∈ (d 2 )  6  b + c 0,25  2 = −1  1  b = 4  M(-1; 1) là trung điểm cạnh BC ⇔  − 3 − 2c ⇔ 2 − b + 6 c = − 9  =1   4  2 1 7  9 1 0,25 Vậy B =  ; ; C =  − ;  4 4  4 4 8.a Vtpt của mp(Q) là . n = (1; −1;1) , Ox có véctơ đơn vị là: i = (1; 0;0 ) 0,25 (Q) vuông góc với (P) và song song với Ox nên có vtpt là 0,5 nQ =  n, i  = ( 0;1;1) .   Do đó (Q) có pt là: (y-3)+(z+2) = 0 ⇔ y + z – 1 =0 0,25 9.a 3Cn2+1 + nP2 = 4 An ⇔ 3 2 ( n + 1)! + 2.2! = 4 n ! ⇔ 5n2 − 15n = 0 ⇔ n = 3 (vì n ∈ ℕ* ) 0,25 2!( n − 1) ! ( n − 2 )! 4n 12 0,25  3 n   3 3  Với n = 3 ta có:  x −  = x − 3 2  . n 2  x   x  www.dethithudaihoc.com 4
www.MATHVN.com DeThiThuDaiHoc.com Khai triển này có số hạng tổng quát là 0,25 12 − k ( ) 13 k − 48 k  3  ( −1) = C12 ( −1) 312 − k x 6 12 − k 12 − k Tk +1 = C12 k x3 3 2 k  x  13k − 48 0,25 Số hạng chứa x5 tương ứng = 5 ⇔ k = 6 . Vậy hệ số cần tìm là: C12 36 6 6 7.b Đường thẳng (d) đi qua điểm M(2;1) có pt: x = 2 và cắt (E) tại hai điểm A,B suy ra M không là trung 0,25 điểm của AB nên ptđt (d): x = 2 không thỏa mãn. Gọi k là hệ số góc của đt (d) suy ra ptđt (d) : y = k(x – 2) + 1. 0,25 Tọa độ của hai điểm A và B là nghiệm của hệ pt  y = k ( x − 2) + 1  y = k ( x − 2) + 1  2 ⇔ 2 16 x + 25 y = 400 16 x + 25[k ( x − 2) + 1] = 400 2 2  y = k ( x − 2) + 1 0,25 ⇔ (16 + 25k ) x − (100k − 50k ) x + 100k − 100k − 375 = 0 (1) 2 2 2 2 100k 2 − 50k Gọi xA , xB là nghiệm của pt (1), ta có x A + xB = 16 + 25k 2 100k 2 − 50k 32 vì M là trung điểm của AB nên x A + xB = 2 xM ⇒ =4⇔k =− 16 + 25k 2 25 Vậy ptđt (d) là: 32 x + 25 y − 89 = 0 0,25 8.b M/c (S) có tâm I(1;2;3), b/k: R = 9 0,25 Gọi ptmf(P) là: Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 > 0  M ∈ ( P)  ⇒ B = A − 4C ⇒ ptmf ( P ) : Ax + ( A − 4C ) y + CZ − (12 A + 4C ) = 0  N ∈ ( P) Mf(P) tiếp xúc với m/c(S) 0,25 −9 A − 9C  A = 8C ⇒ d ( I , ( P )) = 9 ⇔ = 9 ⇔ A2 − 10CA + 16C 2 = 0 ⇔  A2 − 8 AC + 17C 2  A = 2C Với A = 8C chọn C = 1,A = 8 ⇒ pt ( P ) : 8 x + 4 y + z − 100 = 0 0,25 Với A = 2C chọn C = 1, A = 2 ⇒ pt ( P ) : 2 x − 2 y + z − 28 = 0 có hai phương trình cần tìm là: pt ( P ) : 8 x + 4 y + z − 100 = 0 , 2 x − 2 y + z − 28 = 0 0,25 9.b Đ/k: n ∈ ℕ, n > 3 0,25 n = 7 pt ⇔ log 4 (n − 3)(n + 9) = 3 ⇔ (n − 3)(n + 9) = 43 ⇔  , n= -13 không thỏa mãn  n = −13 0,25 Với n = 7 ta có (1 + i ) 7 = (1 + i )[(1 + i ) 2 ]3 = (1 + i )(2i )3 = (1 + i )( −8i ) = 8 − 8i 0,25 Z = (8 − 8i )(−3 + i ) = −24 + 8i + 24i − 8i 2 = −16 + 32i 0,25 Vậy phần thực của số phức Z là: -16 www.dethithudaihoc.com www.dethithudaihoc.com 5

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.