Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Tỉnh Lào Cai lần 1 (2013-2014)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

95
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Tỉnh Lào Cai lần 1 (2013-2014) sẽ giúp bạn định hướng kiến thức ôn tập và rèn luyện kỹ năng, tư duy làm bài thi đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Tỉnh Lào Cai lần 1 (2013-2014)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013.2014 Tổ: Toán – Tin học MÔN: TOÁN (Khối A) Thời gian:180 phút (Không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm). 2 x - 3 Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = (C ) x + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Lập phương trình của parabol (P) có dạng y = ax 2 + bx + c (a, b, c Î ¡ , biết rằng parabol (P) đi qua ) các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với hoành độ x > - . i 4 x p 7 4 cos 2 + 2 cos 2 ( - x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3 Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình 2 4 = 0 1 - 2 sin x ì 3 - y x ïx + x2 + y = 3 2 ï Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình í ï y - x + 3 = 0 y 2 2 ï x + y î 1 x2 + ex . x + x Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I = ò dx . 0 (x +1). x e Câu 5 (1.0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB = a , AA ' = 2 , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm của các đường thẳng AM a và A'C. Tính theo a thể tích khối IABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( IBC ) . ì x, y , z > 0 x3 y 3 Câu 6 (1.0 điểm). Cho í . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2 î x + y + 1 = z ( x + yz)( y + zx)( z + xy ) PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B. A. Theo chương trình nâng cao. Câu 7a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5 , phương ) trình đường thẳng chứa cạnh BC là x + y - 8 = 0 . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm M ( 7;3) , N ( 4; 2 . Tính diện tích tam giác ABC. ) Câu 8a (1.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD, với trọng tâm G của tứ diện thuộc mặt , phẳng ( b ) : y - 3 z = 0, đỉnh A thuộc mặt phẳng (a ) : y - z = 0, các đỉnh B(- 0; 2 ), C (- 0 ), 1; 1;1; 5 D(2;1; - và thể tích khối tứ diện ABCD là . Tìm tọa độ đỉnh A. 2) 6 Câu 9a (1,0 điểm). Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. B. Theo chương trình chuẩn. Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6. Phương , trình đường thẳng chứa đường chéo BD là 2 x + y = 11 , đường thẳng AB đi qua M (4; 2), đường thẳng BC đi qua N (8; 4 ). Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh hình chữ nhật, biết các điểm B, D đều có hoành độ lớn hơn 4. Câu 8b (1.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; - ), B(2;1; 2) và mặt phẳng , 1;0 ( P) : x - y + 2 z - 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) sao cho ) khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (Q là lớn nhất. ) iz - (1 + 3 ) z i 2 Câu 9b (1.0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện = z . 1+ i
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 120132014 Tổ Toán Tin học MÔN: TOÁN (KHỐI A) Hướng dẫn chấm gồm 8 trang Câu ý Nội dung Điểm 1 a 2 x - 3 (1điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x + 1 (C ) · Tập xác định : D = ¡ \ {-1} . · Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang y = 2. 0,25 x ®-¥ ®+¥ x lim y = +¥, lim + y = -¥ tiệm cận đứng x = - ; 1. x ®( -1) - x ®( -1) 5 Chiều biến thiên: y ' = 2 > 0, " x Î D . 0,25 ( x + 1) Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥; - và (-1; +¥). 1) · Bảng biến thiên: 0,25 · Đồ thị hàm số: y 0,25 I 2 1 0 3/2 x 3 b 2 x - 3 (1điểm) y = x + 1 (C ) 2 x - 3 5 Ta có: y = = 2 - , để y nguyên thì 5 phải chia hết cho x+1, tức x+1 x +1 x + 1 0,25 phải là ước của 5, suy ra: x + 1 Î { ± 1; ± 5} Þ x Î {0;2;4;6} Do đó các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với x > - i 4 là: M 1 (0; -3); M 2 (- 7); M 3 (4;1) . 2; 0,25 2 Từ điều kiện parabol (P): y=ax +bx+c, đi qua các điểm M1; M2 ; M3 ta có hệ phương trình: 0,25
ìc = - 3 ì a = 1 ï ï í 4a - 2b + c = 7 Û íb = -3 ï16 a + 4b + c = 1 ïc = -3 î î 0,25 2 Vậy (P): y=x 3x3. 2 (1điểm) Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình x 7 p 4 cos 2 + 2 cos 2 ( - x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3 2 4 = 0 1 - 2 sin x Giải: 1 p p 5 Điều kiện s inx ¹ Û x ¹ + k 2p ; x ¹ + k 2 . Khi đó p 2 6 6 x 7 p PT Û 4 cos 2 + 2 cos 2 ( - x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3 = 0 2 4 x é p 7 ù 0,25 Û 2(2 cos 2 - 1) + ê 2 cos2 ( - x) - 1ú + 3cos2x = 0 2 ë 4 û p 7 Û 2cosx + cos( - 2 x) + 3cos2x = 0 2 Û 2cosxsin 2 x + 3c os2x = 0 0,25 sin 2 x 3 Û - cos2 x = cosx 2 2 p p Û sin (2x ) = sin( x) 3 2 é p p é 5p p 2 ê 2x 3 = 2 x+k2 p ê x = 18 + k 3 0,25 Ûê Ûê (k Î Z ) ê 2x p = p - ( p x) + k2p p ê x = 5 + k 2 p ê ë 3 2 ê ë 6 Kết hợp với điều kiện, ta có phương trình có họ nghiệm là: 5p p 2 x= +k (k Î Z ) 0,25 18 3 3 (1điểm) ì 3 - y x ïx + x2 + y = 3 (1) 2 ï Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình í ï y - x + 3 = 0 (2) y 2 2 ï x + y î Giải : Nhân phương trình (1) với y và phương trình (2) với x rồi cộng hai phương trình lại, ta thu được. (3x - y) y ( x + 3y) x 2xy + 2 2 - 2 2 = 3y Û 2xy -1 = 3y 0,5 x +y x + y 3y +1 Từ đó suy ra : x = , thay vào phương trình (2) của hệ, ta có : 2 y 0,25 éæ 3y +1ö2 2 ù æ 3y +1 ö 4 2 y êç ÷ + y ú -ç ÷ - 3y = 0 Û 4 y - 3y -1 = 0 êè 2 y ø ë ú è 2y ø û 2 Từ đó suy ra : y =1 hay y =1 hoặc y = 1. Hệ có hai nghiệm là: (2;1); (1;1) 0,25
4 1 điểm 1 x2 + ex . x + x Tính tích phân I = ò dx 0 (x +1). x e 1 1 x x Ta có : I = ò x dx + ò dx e x +1 1 3 124 0 2 0 4 3 0,25 I1 I 2 1 x ìu = x ìdu = dx *) Tính I1 = ò x dx Đặt í -x Þí - x 0 e îdv = e dx î = -e v 1 1 1 - 1 2 0,25 Khi đó : I1 = (-xe- x ) + ò - xdx = - - e x = 1 . e - 0 0 e 0 e 1 x *) Tính I2 = ò dx 0 x +1 Đặt t = x Þ x = t 2 Þ dx = 2 tdt Đổi cận : với x= 0 thì t=0. với x=1 thì t = 1. 1 1 2t 2 2 1 1 dt 0,25 Khi đó : I2 = ò 2 dt = ò (2 - 2 )dt = 2t - 2ò 2 = 2 - 2 3 I 0 t +1 0 t +1 0 0 t +1 1 dt *) Tính I = ò 2 ; Bằng cách đặt t=tanu. Từ đó tính được 3 0 t +1 p 1 4 du cos u = p I = ò 2 2 3 0 tan u +1 4 0,25 2 p Kết quả : I = 3 - - e 2 5 1 điểm Cho khối lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, với AB = a , AA ' = 2 , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm a của các đường thẳng AM và A'C. Tính theo a thể tích khối IABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( IBC ) .
Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của I trên AC, A'C'. Khi đó do 1 ( ABC ) ^ ( ACC'A') nên IH ^ ( ABC) . Từ đó VI .ABC = SDABC .IH (1) 0.25 3 Do ACC'A' là hình chữ nhật nên AC = A' C 2 - AA' 2 = a 5 . Do tam giác ABC vuông tại B nên BC = AC 2 - AB 2 = 2 . a 1 Suy ra S DABC = AB.AC = a 2 . (2) 2 Theo định lý Thalet, ta có IH AC 2 IH 2 2 2 4 = = Þ = = Þ IH = HK = a (3) IK A' M 1 KH 2 + 1 3 3 3 1 4 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra VI .ABC = S DABC .IH = a 3 . 3 9 2 2 Từ (3) và theo định lý Thales, ta được IC = A' C . Suy ra S DBIC = S DBA' C . 3 3 Do ABB'A' là hình chữ nhật nên BA' = BA2 +BB' 2 = a 5 . Do BC ^ BA, BC ^ BB' nên BC ^ ( BAA' B' ) Þ BC ^ BA' . 1 2 2 5 2 a 0,25 Suy ra S DBA' C = BC.BA' = a 2 5 . Từ đó S DBIC = SDBA' C = . 2 3 3 3V a 2 Từ đó, do VI .ABC = VA.IBC . Suy ra d ( A,( IBC ) ) = I .ABC = . 0,25 S IBC 5 6 (1điểm) ì x, y , z > 0 Câu 6 (1.0 điểm). Cho í . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: î x + y + 1 = z x3 y 3 P = 2 ( x + yz)( y + zx)( z + xy ) Ta có: x+yz=yz+zy1=(y+1)(z1). y+zx=zxx+z1=(x+1)(z1) z+xy=x+y+1+xy=(x+1)(y+1) z1=x+y Khi đó: x3 y3 x3 y3 x 3 y 3 P = = = 0,25 ( x + yz)( y + zx)( z + xy ) 2 ( z - 1) 2 ( x + 1)3 ( y + 1)3 ( x + y )2 ( x + 1)3 ( y + 1) 3 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: x + y ³ 2 xy Û ( x + y ) 2 ³ 4xy x x x 2 3 27 2 0,25 x+1= + + 1 ³ 3 3 Þ ( x + 1) ³ x 2 2 4 4 y y y 2 27 y+1= + + 1 ³ 3 3 Þ ( y + 1) ³ y 2 3 2 2 4 4
x3 y 3 x3 y 3 4 0,25 Suy ra: P = 2 3 3 £ = ( x + y ) ( x + 1) ( y + 1) 27 27 4xy. x 2 . y 2 729 4 4 4 ì x = y = 2 0,25 Vậy GTLN của P = ; đạt được khi í 729 î z = 5 7a 1điểm Câu 7a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5 , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x + y - 8 = 0 . ) Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm M ( 7;3) , N ( 4; 2 . ) Tính diện tích tam giác ABC. y A B H M H' N C O x Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC. Phương trình HH’: x - y = 0 . Khi đó, giao điểm của HH’ và BC là I ( 4; 4 . ) Suy ra tọa độ điểm H ' ( 3;3 . ) 0,25 Chứng minh được H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x + y + 2ax + 2by + c = 0 ( a + b - c > 0 ) 2 2 2 2 Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có ì7 2 + 32 + 14a + 6b + c = 0 ì a = -5 ï 2 2 ï í3 + 3 + 6 a + 6b + c = 0 Û íb = -4 ï 2 2 ï î + 2 + 8a + 4b + c = 0 4 îc = 36 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 2 2 x + y - 10 x - 8 y + 36 = 0 ( C ) 0,25 Vì A = HH 'Ç ( C ) Þ A ( 6; 6 ) (vì A º H ' ) {B; C} = BC Ç ( C ) Þ Tọa độ B, C là nghiệm của phương trình é ì x = 3 êí ì x 2 + y 2 - 10 x - 8 y + 36 = 0 ê î y = 5 í Û î x + y - 8 = 0 ê ì x = 6 êí ê î y = 2 ë Þ BC = 3 2 0,25 Diện tích tam giác ABC là
1 1 6 + 6 - 8 S ABC = d ( A, BC ) .BC = .3 2 = 6 (đvdt) 0,25 2 2 2 8a 1 điểm Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD, với trọng tâm G , của tứ diện thuộc mặt phẳng ( b ) : y - 3 z = 0, đỉnh A thuộc mặt phẳng (a ) : y - z = 0, các đỉnh B(- 0; 2), C (- 0 ), D(2;1; - và thể tích khối 1; 1;1; 2) 5 tứ diện ABCD là . Tìm tọa độ đỉnh A. 6 ì4 xG = x A ï Gọi G ( xG ; yG ; zG ), A( x A ; y A ; z A ) Þ í4y G = y A + 2 0,25 ï4 z = z . î G A ì y = 1 uuu r Từ G Î ( b ), A Î (a ) Þ í A Þ A(xA;1;1) Þ BA = (x +1;1; -1). A îz = 1 A 1 uuu uuu uuu r r r uuu r uuu r 0,25 Ta có VABCD = é BC , BD ù . và BC = (0;1; -2), BD = (3;1 - 4). BA 6 ë û Suy ra uuu uuu r r uuu uuu uuu r r r 1 é BC , BDù = (-2; -6; -3) Þ é BC , BDù .BA = -2xA - 5 Þ VABCD = -2 xA - 5 . 0,25 ë û ë û 6 1 5 Vậy -2 x A - 5 = Û 2 x A + 5 = ±5 Þ x A = 0, hoặc x A = - 5. 6 6 Với x A = 0 Þ A(0;1;1), với x A = -5 Þ A(- 5;1;1). 0,25 9a 1điểm Câu 9a (1,0 điểm). Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. 5 Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là C14 = 2002 (cách), suy ra, không 0,25 gian mẫu là W = 2002. Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Ta có W A = C8C6 + C82C6 + C8 C62 + C84C6 = 1940. 1 4 3 3 1 0,5 W A 1940 970 0,25 Vậy P ( A) = = = » 0,969030969 W 2002 1001 7b 1điểm Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có , diện tích bằng 6. Phương trình đường thẳng chứa đường chéo BD là 2 x + y = 11 , đường thẳng AB đi qua M (4; 2), đường thẳng BC đi qua N (8; 4 ). Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh hình chữ nhật, biết các điểm B, D đều có hoành độ lớn hơn 4. uuur uuu r B Î BD Þ B (t ;11 - 2t ) Þ MB = (t - 4;9 - 2t ), NB = (t - 8;7 - 2t ) uuur uuu r Þ MB. NB = 0 Û (t - 4)(t - 8) + (9 - 2t )(7 - 2t ) = 0 Û 5t 2 - 44t + 95 = 0 Û t = 5, hoặc t = 19 / 5. Với t = 19 / 5 Þ B(19 / 5;17 / 5) loại vì xB
x - 5 y - 1 Suy ra đường thẳng AB là đường thẳng BM: = Û x + y - 6 = 0. 4 - 5 2 - 1 x - 5 y - 1 0,25 Đường thẳng BC là đường thẳng BN: = Û x - y - 4 = 0. 8 - 5 4 - 1 Vì D Î BD Þ D ( s;11 - 2 s ), ta có s+112s6 5 - s s - 11 + 2s - 4 3s - 15 d(D,AB)= = , d ( D, BC ) = = . 2 2 2 2 5 - s 3s - 15 Mà S( ABCD ) = 6 Û d ( D, AB).d ( D, BC ) = 6 Û . = 6 2 2 2 Û 5 - s = 4 Û s = 7, hoặc s = 3
ì-3a - 3b = 2 ( a 2 + b ) ì26b 2 + 9b = 0 ï 2 45 9 Ûí Ûí Ûa =b=0 hay a = - ; b = - ï î 5b - a = 0 î a = 5 b 26 26 45 9 0,25 Vậy có 2 số phức cần tìm: z = 0 và z = - - i 26 26 0,25 Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương với biểu điểm chấm.