Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 (2013-2014)

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

185
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi Đại học. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 (2013-2014) 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 Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 (2013-2014)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán 12. Khối A-A 1 -B . Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị  C  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  C  2.Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d1  : y  3 x  m cắt  C  tại hai điểm A và B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng  d 2  : x  2 y  2  0 ( O là gốc toạ độ ). sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x  3 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : 1 2sin x  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   3 x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6 .    x  y  13 3y  14  x  1  5   2 6 x 4 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân : I    x  2  . e 2 x dx . 2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD.ABC D có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc  BAD  600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và BC  biết rằng MN vuông góc với BD . Tính thể tích khối hộp ABCD.ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD theo a . Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn: 2 a  b  c  2  a 2  b2  c2  a 3  b3  c3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  .  a  b  c  ab  bc  ca  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 với hệ tọa độ Oxy ,viết phương trình đường tròn  C  đi qua hai 2 2 điểm A  2; 1 , B 1; 0  và tiếp xúc với đường tròn  C   :  x  6    y  3  16 Câu 8.a (1,0điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm A  3; 2; 2  và mặt phẳng  P  có phương trình : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua A , vuông góc với  P  và cắt Oy , Oz lần lượt tại M , N sao cho OM  ON  0. Câu 9.a(1,0 điểm).Tìm số phức z thoả mãn 2 z  1  z  z  3 saocho số phức w  z  8 cómôđun nhỏ nhất B. Theo chương trình Nâng cao. x2 y2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elíp  E  :   1 với hai tiêu điểm 4 3  F1 , F2 . Điểm M thuộc  E  sao cho góc MF1 F2  1200. Tính diện tích tam giác MF1 F2 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  2  0 và  Q  : 2 x  2 y  z  1  0 ,viết phương trình đường thẳng  đi qua A  0; 0;1 ,nằm trong mặt phẳng  Q  và tạo với mặt phẳng  P  một góc bằng 450 . Câu 9.b(1,0điểm). Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1  3 , z2  4 và z1  z2  35 . Hãy tìm số phức z1 z z2 ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 0
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: Toán – Khối A; A1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI (HDC này gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 2x  1 Câu 1 Cho hàm số y  có đồ thị  C  . (2 điểm) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2x 1 Tập xác định: Hàm số y  có tập xác định D  R \ 1 . x 1 3 Đạo hàm: y '   0, x  1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 0.25  x  12 1;   . Hàm số không có cực trị. 2x 1 2x 1 2x 1 Giới hạn: lim  2; lim  ; lim  . x  x  1 x 1 x  1 x 1 x  1 0.25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  1. Bảng biến thiên x  1  y' - - 2  0.25 y  2 Đồ thị hàm số : (học sinh tự vẽ) 0.25 2.Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d1  : y  3 x  m cắt  C  tại hai điểm A và B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng  d 2  : x  2 y  2  0 … Phương trình hoành độ giao điểm giữa  C  và  d1  là : 2x 1  3 x  m  3 x 2  1  m  x  m  1  0 1 ,  x  1 0.25 x 1  d1  cắt  C  tại A và B  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1   1  m 2  12 1  m   0   m  11    * . 3  1  m   m  1  0   m  1 0.25    Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của 1 . Khi đó A x1 ; 3 x1  m , B x 2 ; 3 x 2  m  x1  x2 1  m m 1 Gọi I là trung điểm của AB  xI   , y I  3 xI  m  2 6 2  2  0.25  1  m m 1  Gọi G là trọng tâm tam giác OAB  OG  OI  G  ; 3  9 3  1
1 m  m 1  11 11 G   d2    2 20 m thoả mãn * . Vậy m   9  3  5 5 0.25 sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x  3 Giải phương trình :  1 1 2sin x  1  5 Điều kiện 2sin x  1  x   l 2 , x   l 2  l     2  6 6 0.25 Với đk  2  phương trình 1  sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x  3  2sin x  1    sin 2 x  3 1  2sin 2 x  3 sin x  cos x  3  2sin x  1  0 0.25  cos x  2sin x  1  3 sin x  2sin x  1   2sin x  1  0     2sin x  1 cos x  3 sin x  1  0  cos x  3 sin x  1  0 ( do 2sin x  1  0)     x  3  3  k 2  2 0,25   1   cos  x     cos     x  3  k 2  k    ( thoả mãn )  3 2 3  x       k 2    x  k 2   3 3 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm x   k 2 , x  k 2  k    0.25 3 3 x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6  Giải hệ phương trình:.    1   x  y  13 3y  14  x  1  5   2  x  1 x  1  0  Điều kiện   14  * 3 y  14  0  y  0.25  3 3 3 Từ 1 ta có  x  1  3  x  1   y  1  3  y  1  3 Xét hàm số f  t   t 3  3t , t   f   t   3t 2  3  0, t    f  t  là hàm số đồng biến trên  . Từ  3 ta có f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  x  2  y  4  Thế  4  vào  2  ta được phương trình.  2 x  11   3x  8  x  1  5  5 ta nhận 0.25 11 11 thấy x  không là nghiệm của phương trình  5 .  x  chia hai vế phương 2 2 Câu 3 5 trình (5) cho 2 x  11  0 ta được 3x  8  x  1   0.  6  (1 điểm) 2 x  11 5  8 11   11  Xét hàm số g  x   3 x  8  x  1  , x   ;    ;   2 x  11 3 2   2  3 1 10 3 x  1  3x  8 10 Đạo hàm g   x     2   0 0.25 2 3x  8 2 x 1  2 x  11 2  3x  8 x  1  2 x  112  8 11   11   8 11   11  x   ;  &  ;    hsố g  x  đồng biến trên các khoảng  3 ; 2  &  2 ;    3 2 2       8 11   8 11   Trên khoảng  ;  thì hsố g  x  đồng biến, 3   ;  , g  3  0  3 2  3 2   4 phương trình  6  : g  x   g  3  x  3  y  5 thoả mãn (*)  11   11  0.25  Trên khoảng  ;   thì hsố g  x  đồng biến, 8   ;   , g 8   0  2  2    4 phương trình  6  : g  x   g  8   x  8  y  10 thoả mãn (*) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x, y    3;5  ,  x, y   8;10  2
6 x2 4 2 Tính tích phân : I    x  2  . e 2 x dx . 2 6 x2 4 6 x 2 6 x 2    Biến đổi I   x  4  4 x 2 2  . e 2 x dx 2    x2  4 e 2  x dx   4 x.e 2 2 x dx  I1  I 2 0.25 x 2 x 2  x 2   1 2  2 x  x2  4  x  2 Câu 4 6  du    . e 2 x dx   Tính I 2   4 x.e 2 x dx đặt u  e 2 x    .e dx    2 x2   (1 điểm)  2 x2    0.25 2  dv  4 x dx   2 v  2 x  x 2 6 6 x 2 8 8   I2  2 x 2 .e 2 x  x 4  2  e 2 x. dx  72.e 3  8  I1  I  I1  I 2  72.e 3 8 0.25 2 2 8 Vậy I  I1  I 2  72.e 3  8 0.25  Chohình hộp đứng ABCD.ABC D có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc BAD  600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và BC  biết rằng MN vuông góc với BD . Tính thể tích khối hộp ABCD.ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD theo a . a2 3 Từ gt  ABD đều cạnh a  S ABCD  2 SABD  . Đặt AA  h  0 0.25 2         1   1        2 2  MN  BD  0  BD.MN  BC  CD  DD  DC  CC   CB     Câu 5   1  2 1  2  2     1 1 a2 (1 điểm) BC .DC  BC  CD  DD  BC.DC.cos 60  BC 2  CD 2  BB2   a 2  h2 0.25 2 2 2 2 2 a2 a 2  h2  h 2 2 a 2 3 a 2 a3 6 Vậy VABCD. ABC D  S ABCD . AA    (đvtt) 0.25 2 2 4 AC  BD  O OMNB là hình bình hành  d  MN , DB   d  MN ,  BDDB   1 1 1 a 3 a 3 0.25 d  M ,  BDDB    d  C ,  BDDB    CO    (đvđd) 2 2 2 2 4 Cho a, b, c là các số thực không đông thời bằng 0 thỏa mãn: 2 Câu 6 a  b  c  2  a 2  b2  c2  (1 điểm) a 3  b3  c 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  .  a  b  c  ab  bc  ca  1 1 2 gt  Vì ab  bc  ca   a  b  c   a 2  b2  c 2   ab  bc  ca   a  b  c   2   2  4 Do đó P   3 4 a b c 3 3   1  4a   4b   4c  3 3 3 0.25          a  b  c 3 16  a  b  c   a  b  c   a  b  c     4a 4b 4c x  y  z  4 y  z  4  x  Đặt x  , y , z thì   2 abc abc abc  xy  yz  zx  4  yz  x  4 x  4  0.25 2 8 Vì  y  z   4 yz nên 0  x  3 1 3 1 3 1 Ta có P  16  x  y3  z 3  16 3   x   y  z   3 yz  y  z   16 3 x3  12 x 2  12 x  16    0.25  8 Xét hàm số f  x   3 x3  12 x 2  12 x  16 với x   0;   3 3
 8 176 Trên đoạn 0;  ta tìm được min f  x   16 ,max f  x    3 9 0.25 11 Vậy min P  1 chẳng hạn a  0, b  c  0 . max P  , b  2a , c  4c , a  0 . 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,viết phương trình đường tròn  C  đi qua hai điểm 2 2 A  2; 1 , B 1; 0  và tiếp xúc với đường tròn  C   :  x  6    y  3  16 2 2  C   :  x  6    y  3  16   C  có tâm I   6;3 bán kính R   4  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 đk a2  b2  c  0 0.25 5  4a  2b  c  0 b  a  2 do A  2; 1 , B 1,0  thuộc  C     1  2a  c  0  c  2a  1 Vậy  C  : x 2  y 2  2ax  2  a  2  y  2a  1  0   C  có tâm I  a; a  2  Câu 7a. 2 0.25 (1 điểm) bán kính R  a 2   a  2    2a  1  2a 2  6a  5 , II    a  6 2   a  5 2  C  tiếp xúc  C   xẩy ra hai trường hợp 1. Trường hợp 1:  C  tiếp xúc ngoài  C   0.25  II   R  R  2a 2  22a  61  2a 2  6a  5  4  5  2a  2a 2  6a  5  a  2  C  : x2  y 2  4 x  3  0 2. Trường hợp 2:  C  tiếp xúc trong với  C    II   R  R  2a 2  22a  61  2 a 2  6a  5  4  2 a 2  6a  5  2 a  5 0.25  a  5   C  : x 2  y 2  10 x  6 y  9  0 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm A  3; 2; 2  và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua A , vuông góc với  P  và cắt Oy, Oz lần lượt tại M , N sao cho OM  ON  0.    Gọi M  0; a;0  , N  0;0; b  trong đó ab  0 . Ta có AM   3; a  2; 2  , AN   3;2; b  2  0.25     Câu 8a. Khi đó một véc tơ pháp tuyến của  Q  là nQ   AM , AN    2a  2b  ab;3b;3a     0.25 (1 điểm) Véc tơ pháp tuyến của  P  : nP  1; 1; 1      P    Q   nP  nQ  nP .nQ  0  ab  a  b  0 1 0.25 OM  ON  a  b  a  b  2  Từ 1 &  2  giải ra ta được a  b  2  nQ  12;6;6   phương trình mặt phẳng 0.25  Q  : 2  x  0   1. y  2   1. z  0   0   Q  2 x  y  z  2  0 Tìm số phức z thoả mãn 2 z  1  z  z  3 saocho số phức w  z  8 có môđun nhỏ nhất Gọi z  a  bi  a, b     z  a  bi , 2 z  1  z  z  3  2a  1  2bi  2a  3 0.25 2 2 2 Câu 9a.   2a  1   2b    2a  3  b 2  2a  2 * 0.25 (1 điểm) w  z  8   a  8   bi  w  2  b2  2 2  a  8  a  8  2a  2  a  7  17 0.25 Vậy W  17 dấu bằng xẩy ra khi a  7  b2  16  b  4  z1,2  7  4i 0.25 Vậy có hai số phức thoả mãn là z1,2  7  4i khi đó min w  17 Câu x2 y2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elíp  E  :   1 với hai tiêu điểm 7b. 4 3  (1 điểm) F , F . Điểm M thuộc  E  sao cho góc MF F  1200. Tính diện tích tam giác MF F 1 2 1 2 1 2 4
x2 y2 E:   1 a  2, b  3  c  a 2  b2  1  F1F2  2 0.25 4 3 M thuộc  E   MF1  MF2  2a  4 1 Áp dụng định lí côsin trong MF1F2 ta được 0.25 MF22  MF12  F1F22  2MF1.F1 F2 .cos120  MF22  MF12  4  2 MF1  2  6 14 0.25 Từ 1 &  2   MF1  , MF2  5 5 1 1 6 3 3 3 Vậy diện tích tam giác MF1F2 là S  MF1.F1F2 .sin1200    2   (đvdt) 0.25 2 2 5 2 5 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  2  0 và  Q  : 2 x  2 y  z  1  0 ,viết phương trình đường thẳng  đi qua A  0; 0;1 ,nằm trong mặt phẳng  Q  và tạo với mặt phẳng  P  một góc bằng 450 .   P  : x  2 y  2 z  2  0 có 1 vtpt nP  1; 2;2    Q  : 2 x  2 y  z  1  0 có 1 vtpt nQ   2; 2;1  0.25  có 1 vtcp u   a; b; c  (đk a 2  b 2  c 2  0)      Câu 8b.    Q   nQ  u  nQ .u  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b  u   a; b; 2a  2b  (1 điểm)    u .nP 1 a  2b  2a  2b  ,  P    450  sin 450  cos  u , nP        0.25 u . nP 2 3 a 2  b 2   2a  2b 2    2. 3a  6b  3 5a 2  8ab  5b 2  2 a 2  4ab  4b 2  5a 2  8ab  5b 2  3 a 2  b 2  0  0.25  b 2  a 2  Chọn a  1  b  1 x  t x  t   0.25 a  b  1  c  4    y  t và a  1 ; b  1  c  0    y  t  z  1  4t z  1   Xét các số phức z1 , z2 thoả mãn z1  3 , z2  4 và z1  z2  35 . Hãy tìm số phức z1 z z2 Đặt z1  3  cos   i.sin  , z2  4  cos   i.sin   ,   0;2  0.25 z1 3 z1  z2  3cos   4cos   i  3sin   4sin   , z    cos      i.sin      0.25 Câu 9b. z2 4   (1 điểm) 2 2 5 z1  z2  35   3cos   4 cos     3sin   4sin    35  cos       12 0.25 119  sin       12 3 5 119  5 119 Từ đó z     i   12    i  0.25 4 12  16 16 -----------------------Hết---------------------- 5