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 Chuyên Hà Tĩnh lần 1 năm 2013

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

110
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 1 năm 2013 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 1 năm 2013

www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 HÀ TĨNH Môn: TOÁN ; Khối: B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) − 2x + 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa mãn AB = 17 . Câu II (2,0 điểm) 1 sin 2 x 1. Giải phương trình: tan x + = 2 sin x . 2 sin x + cos x 2 x + 3 x y = 1  3 3 2. Giải hệ phương trình:  3 .  xy − 2 x = 3  π 6 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ x sin 2 3 xdx . 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD, cạnh SB tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 4 x 2 + 2 xy + y 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + 2 xy − y 2 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), trực tâm H(1; 3) và tâm đường tròn ngoại tiếp I(2; 0). Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 4; −3), B(4; 0; 1) và đường thẳng x − 6 y −1 z − 4 d: = = . Xác định các điểm C, D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d. 2 1 3 x +1 x Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log 1 + log 2 ≥ 2. 2 3x 3 x +1 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − x − 9 y + 18 = 0 và hai điểm A(4;1), B(3; −1). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. x−2 y−2 z+2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng 1 2 −1 (P): 2 x + 2 y − z − 4 = 0 . Tam giác ABC có đỉnh A(−1; 2; 1), các đỉnh B, C nằm trên (P) và trọng tâm G nằm trên d. Tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. x Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x − 2) 2 + log 3 2 = 0. x − 3x + 3 --------------------Hết-------------------- www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com 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…………………….. TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 HÀ TĨNH HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN ; Khối: B, D Câu Nội dung Điểm I.1 * Tập xác định: R \{1} * Sự biến thiên: 1 − Chiều biến thiên: y’ = > 0 với mọi x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên các (x − 1)2 0,25 khoảng (−∞,1), (1,+∞) . − Cực trị: Hàm số không có cực trị. − Giới hạn và tiệm cận: lim y = −2 , lim y = −2 ⇒ tiệm cận ngang y = −2, x → −∞ x → +∞ 0,25 lim y = +∞ , lim y = −∞ ⇒ tiệm cận đứng x = 1. x →1− + x →1 − Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y’ + || + +∞ −2 0,25 y −2 −∞ − Đồ thị: y x Đồ thị đi qua (0, −1); (2, −3) và nhận I(1, −2) -1 O 1 2 3 làm tâm đối xứng. -1 -2 I 0,25 -3 -4 I.2  − 2 x0 + 1  Gọi M  x0 ,   ∈ (C) với x0 ≠ 1 . Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là:  x0 − 1   0,25 − 2 x0 + 1 y− = 1 (x − x0 ) . x0 − 1 (x0 − 1)2  − 2 x0  Giao điểm A của tiệm cận đứng x = 1 và d là: A 1,  x −1 .  0  0,25 Giao điểm B của tiệm cận ngang y = −2 và d là: B (2 x0 − 1,−2 ) . 2  − 2 x0    Ta có AB = (2 x0 − 2) +   x − 1 + 2  = 4( x0 − 1) + ( x − 1)2  . 2 2 2 1  0,25  0    0   ( x0 − 1)2 = 4  x0 = 3; x0 = −1 Theo giả thiết: AB = 17 ⇔ AB = 17 ⇔ 2  ⇔  . 0,25 ( x − 1)2 = 1  x 0 = 3 ; x0 = 1   0 4  2 2 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com  5  3 1  3  Có bốn điểm M cần tìm là:  3;−  ,  − 1;−  ,  ;0  và  ;−4  .  2  2 2  2  II.1 Điều kiện: cosx ≠ 0, sinx + cosx ≠ 0. 1 2 sin x cos x 1 sin x 2 sin 2 x Pt ⇔ tan x = 2 sin x − ⇔ = 2 sin x + cos x 2 cos x sin x + cos x 0,5 sin x = 0 sin x + cos x ⇔ sin x. = 2 sin x cos x ⇔   sin  x + π  = sin 2 x 2 . 2     4 +) sin x = 0 ⇔ x = kπ  π  π  π 2 x = x + 4 + k 2π  x = 4 + k 2π π k 2π +) sin  x +  = sin 2 x ⇔  ⇔  ⇔ x= +  4 2 x = π −  x + π  + k 2π  x = π + k 2π 4 3 0,5      4   4 3 π k 2π Các nghiệm đều tmđk nên phương trình có nghiệm: x = kπ , x = + . 4 3 II.2 Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ.  1 2 + 3 y = x 3  1 z 3 = 3 y + 2  0,5 Với x ≠ 0 hệ ⇔  . Đặt = z , hệ trở thành  3 . y − 2 = 3 3 x  y = 3z + 2    x ( Từ hệ: z 3 − y 3 = 3 y − 3 z ⇔ ( y − z ) y 2 + yz + z 2 + 3 = 0 ⇔ z = y .)  y = −1 1  0,5 Thay vào được: y 3 = 3 y + 2 ⇔  . Từ đó hệ có nghiệm (x, y) là:  , 2  , (− 1, − 1) . y = 2 2  III π π π π 6 6 1 − cos 6 x 1 6 16 ∫ x sin 3xdx = ∫x dx = ∫ xdx − ∫ x cos 6 xdx . 0,25 2 Ta có I = 0 0 2 20 20 π π 6 x2 π2 Tính J = ∫ xdx = 6 = . 0,25 0 2 72 0 π du = dx 6 u = x  Tính K = ∫ x cos 6 xdx . Đặt  ta có  1 . dv = cos 6 xdx v = 6 sin 6 x  0 π 0,5 π π 1 6 16 1 6 1 π2 +4 Suy ra K = 6 x sin 6 x − ∫ sin 6 xdx = 0 + 36 cos 6 x 60 = − 18 . Vậy I = 144 . 0 0 IV Gọi H là trọng tâm tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) và ∠SBH = 600. a 1 a a 5 0,25 Gọi O là tâm đáy. Ta có OB = , OH = OA = nên BH = . 2 3 3 2 3 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com S Trong tam giác vuông SHB ta có: a 15 SH = BH.tan600 = . 3 0,25 Thể tích khối chóp: 1 a 3 15 V = SH .dt ( ABCD) = . D K 3 9 A Vì AB // CD nên ta có h(SA,CD) = O H M h(CD,(SAB)) = h(D,(SAB). Lại có H là trọng tâm ∆ABD nên 0,25 C B h(D,(SAB)) = 3h(H,(SAB)). Kẻ HM ⊥ AB tại M ⇒ (SHM) ⊥ AB ⇒ (SHM) ⊥ (SAB) theo giao tuyến SM. Kẻ HK ⊥ SM tại K ⇒ HK ⊥ (SAB) ⇒ HK = h(H,(SAB)). 1 a a 15 1 1 1 a 15 Ta có HM = HA = , SH = và 2 = 2 + 2 nên HK = . 0,25 2 3 3 HK HM SH 12 a 15 Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là . 4 V P x 2 + 2 xy − y 2 Ta có = 2 . 3 4 x + 2 xy + y 2 0,25 3 Với y = 0 , từ giả thiết x ≠ 0 nên P = . 4 P t 2 + 2t − 1 x Với y ≠ 0 , chia cả tử và mẫu cho y 2 , = 2 = f (t ) với t = ∈ R . 0,25 3 4t + 2t + 1 y t = 2 − 6t 2 + 10t + 4  Xét hàm số f (t ) trên R, f ' (t ) = (4t 2 + 2t + 1) f ' (t ) = 0 ⇔ t = − 1 , . 0,25  3 1 Lập bảng biến thiên của f (t ) trên R, tìm được max f (t ) = , min f (t ) = −2 . 3 0,25 Kết hợp các trường hợp ta có max P = 1 , min P = −6 . VIa.1 Gọi D là điểm đối xứng của A qua I. A Tứ giác BHCD có hai cặp cạnh đối song song nên nó là hình bình hành. Do đó BC, HD cắt nhau tại trung 0, 5 điểm M của mỗi đường. Suy ra IM là đường trung bình của tam giác AHD.  1  x M − 2 = 2 (−2)  x M = 1 I 1   H Ta có IM = AH ⇔  ⇔ −1 . 2 1  y − 0 = (−1)  yM =  M  2 0,5 B M C  2 D Đường thẳng BC qua M, nhận AH làm véc tơ pháp tuyến nên có pt: 4 x + 2 y − 3 = 0 . VIa.2  x = 6 + 2t  d có vtcp u = (2;1; 3) và có phương trình tham số  y = 1 + t .  z = 4 + 3t 0,5  www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com Ta thấy điểm B∈ d kết hợp với giả thiết D ∈ d nên tâm I của hình thoi cũng ∈ d. Do ABCD là hình thoi nên ta có AC ⊥ BD hay I là hình chiếu của A trên d. Gọi I (6 + 2t ;1 + t ;4 + 3t ) ∈ d. Khi đó AI = (5 + 2t ; − 3 + t; 7 + 3t ) . AI .u = 0 ⇔ 2(5 + 2t ) + (− 3 + t ) + 3(7 + 3t ) = 0 ⇔ t = −2 hay I(2; -1; -2). 0,5 Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua I nên C(3; -6; -1) và D(0; -2; -5). VII.a x +1 x > 0 Điều kiện: >0⇔ . 0,25 x  x < −1 x log 2 Bpt ⇔ log 2 x + log 2 3x ≥2 ⇔ x + 1 + log x ≥ 2 − log 3 x +1 x +1 x +1 2 2 2 3 log 2 3 0,5 2 1 + log 2 3 log x 4 x 2 2 4 ⇔ ≥ log 2 ⇔ log 2 ≤ log 2 (vì log 2 < 0 < log 2 ). x +1 x +1 2 2 3 3 3 3 log 2 3 x 2 x−2 Từ đó: ≤ ⇔ ≤ 0 ⇔ −1 < x ≤ 2 . Đối chiếu điều kiện ta có 0 < x ≤ 2 . 0,25 x +1 3 3( x + 1) VIb.1  1  9 2 10 2 1 9 10 Ta có (T):  x −  +  y −  = nên (T) có tâm I  ,  và R = .  2  2 4 2 2 2 0,5 AB = (− 2,−1) và AB = 5 . Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng 2 x − y + m = 0 . 2m − 7 Khoảng cách từ I đến CD là: h = và CD = 2 R 2 − h 2 . 2 5 5 (2m − 7 ) m = 6 0,5 2 − = 5 ⇔ (2m − 7 ) = 25 ⇔  2 Ta có CD = AB nên 2 . 2 20 m = 1 Vậy CD có phương trình 2 x − y + 6 = 0 hoặc 2 x − y + 1 = 0 . VIb.2 Gọi G (2 + t;2 + 2t ;−2 − 2t ) ∈ d. Gọi M là trung điểm của BC. 0,25 3 Do AM = AG nên A 2   x M + 1 = 2 (2 + t + 1) 3   x M = 2 (7 + 3t ) d 1 G  0,25    y M − 2 = (2 + t − 2 ) ⇔  y M = 2 + 3t 3 . C  2   z M = − (7 + 3t ) 1   z M − 1 = 2 (− 2 − t − 1) M 3 B  2  Theo giả thiết M ∈ (P) nên: 7 + 3t + 2(2 + 3t ) + (7 + 3t ) − 4 = 0 ⇔ t = −1 . 1 2 0,5 Từ đó M (2;−1;−2 ) và AM = 3 3 . www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com VII.b ( x − 2) 2 > 0  x > 0 Điều kiện:  x ⇔ . 0,25  2 >0 x ≠ 2  x − 3x + 3 Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với x 2 − 3x + 3 0,25 log 3 x − 2 = log 3 ⇔ x x − 2 = x 2 − 3x + 3 . x Nếu x > 2 ta có x − 2 x = x 2 − 3x + 3 ⇔ x = 3 (thoả mãn điều kiện) 2 0,25 x = 1 Nếu 0 < x < 2 ta có − x 2 + 2 x = x 2 − 3 x + 3 ⇔  (thoả mãn điều kiện). x = 3  2 0,25 3 Vậy phương trình có 3 nghiệm x = 3; x = 1; x = . 2 Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng. 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.