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 Can Lộc lần 2 (2013-2014)

Chia sẻ: Trần Văn Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

106
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán - THPT Can Lộc lần 2 (2013-2014). Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi và giúp cho các bạn củng cố kiến thức cũ đã học để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Can Lộc lần 2 (2013-2014)

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GD VÀ ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CAN LỘC Môn: TOÁN – Khối A, A1, B (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 có đồ thị là (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cắt đồ thị (C) tại điểm thứ hai là N (khác M) thỏa mãn: P = 5 xM + xN đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 s inx + t anx 2 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: = (1 + cos x ) t anx − s inx 3 2 x ( x + 3) − y ( y + 3) = 3 xy ( x − y )  2 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ ) ( x − 2 ) = 4 ( 2 − y ) 2 2  π 4 tan 3 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ dx 0 1 + cos 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh AD sao cho MD = 2MA . Tính theo a thể tích khối chóp S.BCDM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM biết mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y ≤ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1  P = ( x4 + y4 + z 4 )  4 + 4 + 4  1 x y z  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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE. Tìm tọa độ của C biết C thuộc đường thẳng d: x – 2y + 1 = 0 và tọa độ F(2; 0), H(1; -1) Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; -1; 2) hai đường thẳng x y −1 z −1 x −1 y −1 z − 2 d1 : = = , d2 : = = . Tìm tọa độ điểm B thuộc d1, C thuộc d2 sao cho BC 2 1 1 1 −1 1 nằm trong mặt phẳng chứa A và d1, đồng thời AC = 2AB và B có hoành độ dương. z + 2 + 3i Câu 9a (1,0 điểm).Tìm số phức z biết u = là một số thuần ảo và z + 1 − 3i = z − 1 + i z −i B. Theo chương trình nâng cao x2 y 2 Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: + = 1 . Tìm điểm M 25 9 thuộc elip sao cho góc F1MF2 = 900 với F1, F2 là hai tiêu điểm của elip. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(1; 1; 2), B(2; -1; 1) và đường thẳng x y −1 z −1 d: = = . Tìm điểm M thuộc d có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABM bằng 1 −2 1 3 . Câu 9b (1,0 điểm). Cho z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z2 – 2z + 4 = 0. Tìm phần 2013 z  thực, phần ảo của số phức: w =  1  , biết z1 có phần ảo dương.  z2  …………HẾT……….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Họ và tên thí sinh:………………………………………………….; Số báo danh:……………………….. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) 2,0 điểm * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: x = 0 Ta có: y' = 3x2 – 6x; y' = 0 ⇔  x = 2 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2 - Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ 0,25 x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + 2 +∞ y 0,25 -2 -∞ * Đồ thị y 4 2 -1 O 1 2 3 5 x 2 0,25 4 b) (1,0 điểm) Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ M ( a; a 3 − 3a 2 + 2 ) Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y = ( 3a 2 − 6a ) ( x − a ) + a 3 − 3a 2 + 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và tiếp tuyến là: 0,25 x3 − 3 x 2 + 2 = ( 3a 2 − 6a ) ( x − a ) + a 3 − 3a 2 + 2 x = a ⇔ ( x − a ) ( x + 2a − 3 ) = 0 ⇔  2  x = −2 a + 3 Để (C) cắt tiếp tuyến tại N khác M thì: a ≠ −2a + 3 ⇔ a ≠ 1 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Khi đó: xM = a; xN = −2a + 3 0,25 Ta có: P = 5a 2 + ( −2a + 3) = 9a 2 − 12a + 9 = ( 3a − 2 ) + 5 2 2 2 2  2 26  Do đó: P ≥ 5 ,suy ra Pmin = 5 khi a = .Đối chiếu ĐK ta được a = .Vậy M  ;  0,25 3 3  3 27  Câu Đáp án Điểm Câu 2 cos x ≠ 0 cos x ≠ 0 1,0 điểm Đk:  ⇔  t anx − s inx ≠ 0 cos x ≠ ±1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với: 0,25  s inx   s inx  3  s inx +  = 2 (1 + cos x )  − s inx   cos x   cos x  ⇔ s inx ( 2 cos x + 3cos x + 1) = 0 ⇔ 2 cos x + 3cos x + 1 = 0, ( Do : s inx ≠ 0 ) 2 2 0,25 cos x = −1 Ta có: 2 cos 2 x + 3cos x + 1 = 0 ⇔  cos x = − 1  2 0,25 Vì cos x ≠ −1 nên ta có: 1 2π cosx = − ⇔ x = ± + k 2π , (k ∈ ℤ) 2 3 2π Vậy nghiệm phương trình: x = ± + k 2π với k ∈ ℤ 0,25 3 2 x ( x + 3) − y ( y + 3) = 3 xy ( x − y ) Câu 3  2 2 (1) 1,0 điểm  2 ( x − 2 ) = 4 ( 2 − y ) 2 (2)  0,25 Ta có phương trình (1) tương đương với: x3 + 3 x = ( y − x ) + 3 ( y − x ) (3) 3 Xét hàm số: f (t ) = t 3 + 3t , ∀t ∈ ℝ Do: f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ Suy ra: (3) ⇔ f ( x ) = f ( y − x ) ⇔ y = 2 x 0,25  x 2 = 2( x − 1) Thay vào pt (2) ta được: (x2 – 2)2 = 4(2 – 2x) ⇔ x4 = 4(x – 1)2 ⇔  2  x = −2( x − 1) 0,25 2 * PT: x = 2(x – 1) vô nghiệm * PT: x2 = -2(x – 1) ⇔ x = −1 ± 3  x = −1 + 3  x = −1 − 3   0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  ;  y = −2 + 2 3  y = −2 − 2 3   Câu 4 2 t anx 1,0 điểm Đặt t = 2 + tan 2 x ⇒ dt = dx cos 2 x Đổi cận: khi x = 0 ta có: t = 2; 0,25 π khi x = ta có: t = 3 4 π 1 t−2 3 4 tan 2 x t anx Ta có: I = ∫ . dx = ∫ dt 0 ( 2 + tan x ) 2 2 cos x 22 t 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 3 3 1 dt = 22∫ dt − ∫ t 2 0,25 1 3 3 1 3 = t − ln t = − ln 2 2 2 2 2 0,25 Câu Đáp án Điểm Câu 5 1,0 điểm S K A M D H F I B N E C 0,25 Gọi H là trung điểm cạnh AB, khi đó SH ⊥ AB , do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên BD khi đó: BD ⊥ (SHI), (Do BD ⊥ SH) Suy ra BD ⊥ SI, do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) là: SIH , theo giả thiết: SIH = 600 1 a 2 Ta có: HI = AC = 4 4 a 6 Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = HI.tan600 = 4 2 2 a 5a Ta có: SBCDM = SABCD – SABM = a 2 − = 0,25 6 6 3 1 5a 6 Vậy VS . BCDM = S BCDM .SH = (ĐVTT) 3 72 Dựng HN, AE song song với CM (N, E thuộc cạnh BC) Khi đó: CM//(SAE), E là trung điểm CN Ta có: d ( CM , SA ) = d ( CM , ( SAE ) ) = d ( C , ( SAE ) ) = d ( N , ( SAE ) ) = d ( H , ( SAE ) 0,25 Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên AE, K là hình chiếu vuông góc của H lên SF, khi đó: (SHF) ⊥ (SAE) nên HK ⊥ (SAE), do đó: d ( H , ( SAE ) ) = HK www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2a BE 3 2 Trong tam giác vuông ABE, ta có: sin BAE = = = AE 4a 2 13 a2 + 9 a Suy ra HF = AH.sin BAE = 13 0,25 Trong tam giác vuông SAF ta có: 1 1 1 HF .HS 3 3 2 = 2 + 2 ⇒ HK = =a . Vậy d ( CM , SA) = a HK HF HS HF + HS 2 2 47 47 Câu Đáp án Điểm Câu 6 1,0 điểm Ta có: x 4 + y 4 ≥ (x 2 +y ) ≥ ( x + y) 2 2 4 , 1 1 2 + 4≥ 2 2≥ 32 0,25 ( x + y) 4 4 2 8 x y x y  ( x + y )4   32 1  1 x+ y  4  z  4 Do đó: P ≥  + z  4 + 4=   + 32   +5  ( x + y)  x+ y 4  8   z  8 z   0,25  x+ y 4 Đặt t =   , ta có: 0 < t ≤ 1 (Do: x + y ≤ z)  z  0,25 t 32 Suy ra: P ≥ f (t ) = + + 5, ∀t ∈ ( 0;1] 8 t 1 32 Ta có: f '(t ) = − 2 , f '(t ) = 0 ⇔ t = ±16 , do đó: f '(t ) < 0, ∀t ∈ ( 0;1] 8 t 297 Suy ra: f '(t ) ≥ f (1) = 8 0,25 297 x = y Vậy min P = , khi :  8 x + y = z A. Theo chương trình chuẩn Câu Đáp án Điểm Câu 7b 1,0 điểm A F B Gọi M là giao điểm của AH và CD Ta có hai tam giác ABE và ADM bằng nhau (Vì: AB = AD, ABE = DAM , do cùng phụ với AEH ) E I Do đó DM = AE = AF, suy ra BCMF là hình chữ H nhật. 0,25 D M C Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF 1 Trong tam giác vuông MHB ta có: HM = BM 2 0,25 1 Do BM = CF nên HM = CF , suy ra tam giác CHF vuông tại H. 2 Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có: HC = ( 2c − 2; c + 1) , HF = (1;1) 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1  1 1 0,25 Vì CH ⊥ FH nên HC.HF = 0 ⇔ 2c − 2 + c + 1 = 0 ⇔ c = . Vậy tọa độ C  − ;  3  3 3 Câu 8a Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và d1, gọi M(0; 1; 1) thuộc d1, u = ( 2;1;1) là véc tơ chỉ 1,0 điểm phương của d1. Khi đó véctơ pháp tuyến của (P) là: n =  AM , u  = ( 3; −1; −5 )   0,25 Do đó phương trình của (P) là: 3x – y - 5z + 6 = 0. Suy ra C là giao điểm của d2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  x −1 y −1 z − 2  x = −1  = =  1 ⇔  y = 3 ⇒ C ( −1;3; 0 ) 0,25  1 −1  3x − y − 5 z + 6 = 0 z = 0  Gọi tọa độ B thuộc d1 là: B ( 2b; b + 1; b + 1) Ta có: AB = ( 2b − 1) + ( b + 2 ) + ( b − 1) = 6b 2 − 2b + 6 , AC = 2 6 2 2 2 0,25 b = 0 Do AC = 2AB nên: 2 6b − 2b + 6 = 2 6 ⇔ 6b − 2b = 0 ⇔  2 1 2 b =  3 0,25 2 4 4 Vì B có hoành độ dương nên B  ; ;  3 3 3 Câu 9a Đặt z = x + yi, (x, y ∈ R ), khi đó: 1,0 điểm u= ( x + 2 ) + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y + 3) i   x − ( y − 1) i     x + ( y − 1) i x + ( y − 1) 2 2 = (x 2 ) + y 2 + 2 x + 2 y − 3 + 2 ( 2 x − y + 1) i 0,5 x + ( y − 1) 2 2 x + y + 2x + 2 y − 3 = 0  2 ( x + 1) + ( y + 1) = 5  2 2 2 u là số thuần ảo khi và chỉ khi  2 ⇔ (1) x + ( y − 1) > 0 ( x; y ) ≠ ( 0;1) 2     Ta có: z + 1 − 3i = z − 1 + i ⇔ ( x + 1) + ( y − 3) = ( x − 1) + ( y + 1) ⇔ x − 2 y + 2 = 0 (2) 2 2 2 2 0,25  3 16  3 16 Từ (1) và (2) ta có: ( x; y ) =  − ; −  . Vậy số phức cần tìm: z = − − i 0,25  5 5 5 5 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Đáp án Điểm Câu 7b Ta có: a = 5, b = 3, suy ra c = 4 1,0 điểm 4 4 Gọi M ( a; b ) thuộc elip ta có: MF1 = 5 + a, MF2 = 5 − a 0,25 5 5 Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên: MF1 + MF2 = F1 F22 2 2 2 2  4   4  175 ⇔  5 + a  +  5 − a  = 64 ⇔ a 2 = 0,25  5   5  8 a2 b2 9 0,25 Do M thuộc elip nên: + = 1 ⇔ b2 = 25 9 8 Vậy tọa độ cần tìm: 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam  5 14 3 2   5 14 3 2   5 14 3 2   5 14 3 2  M  4 ; 4 , M  4 ;− 4 , M − 4 ; 4 , M − 4 ;− 4                 Câu 8b Vì M thuộc d nên tọa độ M có dạng: M ( a;1 − 2a; a + 1) 1,0 điểm Ta có: AM = ( a − 1; −2a; a − 1) , AB = (1; −2; −1) 0,25 Suy ra:  AM , AB  = ( 4a − 2; 2a − 2; 2 )   1 1 Ta có: S ∆AMB =  AM , AB  = 2 ( 4 a − 2 ) + ( 2 a − 2 ) + 4 = 5a − 6 a + 3 2 2 2  0,25 2 a = 0 Theo giả thiết ta có phương trình: 5a − 6a + 3 = 3 ⇔ 5a − 6a = 0 ⇔  2 2 6 a =  5 0,5  6 7 11  Vì M có hoành độ dương nên tọa độ cần tìm: M  ; − ;  5 5 5  Câu 9b Vì ∆ = -3, nên phương trình có hai nghiệm phức: z1 = 1 + 3i, z2 = 1 − 3i , (Do z1 có 1,0 điểm 0,25 phần ảo dương) ( ) 2 z 1 + 3i 1 + 3i 2 1 3   π π 2 Ta có: 1 = = = +  2 2 i  =  cos 3 + i.sin 3    0,25 z2 1 − 3i 4    2013 z  π π 4026  Do đó:  1  =  cos + i.sin  = cos1342π + i.sin1342π = 1 0,25  z2   3 3 Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. 0,25 ……………..Hết……………. www.DeThiThuDaiHoc.com

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.