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

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

185
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 (2013-2014) khối D sẽ giúp các em học sinh có cơ hội thử sức của mình với các đề thi trước khi vào đề thi chính thức mời các bạn tham khảo.

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) khối D

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán 12. Khối D Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 1 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2 1 2. Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số 1 đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  3 2  2 sin 2 x  sin x  cos x  2      Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 1  cot x  sin  4  x   sin  4  3 x   2      7 6 14 8  x  xy  y  y  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   3 y  6  x  7  y 1  4 Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân I   ln 0   x 2  9  x dx Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a .Gọi M là trung điểm của cạnh AB và N là trung điểm của đoạn MI . Hình chiếu vuông góc của của điểm S lên mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N . Biết góc tạo bởi đường thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD theo a . . Câu 6 (1,0 điểm). Cho số thực a chứng minh rằng:     a 2  1  3 a  2  a 2  1  3 a  2  a 2  2a  2  3 2 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 7.a (1,0điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  10 x  0 ,  C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua các giao điểm của  C1  ,  C2  và có tâm nằm trên đường thẳng  d  : x  6 y  6  0 . Câu 8.a (1,0điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  và mặt phẳng   : 3x  2 y  3z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm A song song với mặt phẳng x  2 y  4 z 1   đồng thời cắt đường thẳng  d  :  . 3 2 2 4 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z   i. Tính A  1  1  i  z z 1 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H 1;0  , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K  0; 2  , trung điểm cạnh AB là M  3;1 . Câu 8.b(1,0 điểm) .Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz , cho hai đường thẳng d1 và d 2 lần xy2 z x 2 y 3 z 5 lượt có phương trình d1 :   và d 2 :   . Viết phương trình mặt phẳng   đi qua 1 1 1 2 1 1 d1 và tạo với d 2 một góc 300 . 2013 Câu 9.b (1,0 điểm). Viết số phức sau dưới dạng đại số z  3 i  1  i 2009 -------------------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:………………. 0
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: Toán – Khối D HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 06 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 Câu 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  2 (2 điểm) Khi m  2 hàm số (1) có dạng y  x3  3 x 2  4 a) Tập xác định D   b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x , y '  0  x  0, x  2 . x  0 0.25 y  0   , y  0  0  x  2 x  2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  2;  , nghịch biến trên khoảng  0; 2  . +) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  y  0   4 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  y  2   0 0.25  3 4  3 4 +) Giới hạn: lim y  lim x 1   3   ; lim y  lim x 3  1   3    3 x  x   x x  x  x   x x  +) Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  0.25  y 4  0 c) Đồ thị: y  0  x3  3 x 2  4  0  x  2, x  1 , suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm  2; 0  ,  1;0  , cắt trục Oy tại điểm  0; 4  0.25 y ''  0  6 x  6  0  x  1  đồ thị hàm số nhận điểm 1; 2  làm điểm uốn. Đồ thị học sinh tự vẽ 1 2.Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số 1 đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  3 Ta có y  3 x 2  2 1  2m  x  2  m 1 Để hàm số 1 đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2   phương trình y   0 có 3 0.25 1 hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1  x2  3    0    0   1  1  2 1     x1  x2  3   3   3  4 0.25 1
 1  85 1 m  0,25 2 8  1  2m   3  2  m    16m 2  4m  21  0   4  1  85 m   8 1  85 1  85 Vậy để thoả mãn ycbt thì m  hoặc m  0.25 8 8 2  sin x  cos x   2 sin 2 x 2      Giải phương trình 2 1  cot x  sin  4  x   sin  4  3 x   2      Điều kiện xác định sin x  0  x  l  l   *   0.25 Khi đó phương trình tương đương với  cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  2 cos   2 x  sin x 4        Câu 2  2 cos  2 x   sin x  2 cos  2 x    cos  2 x   1  sin x   0 0.25  4  4  4 (1 điểm)     3      2 x  4  2  k x  8  k 2 cos  2 x    0    4    k   cả 2 họ nghiệm sin x  1  x    k 2  x    k 2 0,25    2   2 này đều thoả mãn điều kiện * 3   Vậy phương trình có 2 họ nghiệm x   k , x   k 2  k   0.25 8 2 2  x 7  xy 6  y14  y 8  Giải hệ phương trình   3 y  6  x  7  y 1   Xét y  0 hệ vô nghiệm  x  7  x        y7  y  1 0.25  Xét y  0 hệ đã cho tương đương với hệ pt :  y   y  3  y  6  x  7  y 1   2 Xét hàm số f  t   t 7  t với mọi t   Câu 3 Đạo hàm f   t   7t 6  1  0 t    hàm số f  t  đồng biến trên tập  (1 điểm) 0.25  x x 2 Phương trình (1)  f    f  y    y  x  y  3  y y Thế  3 vào  2  ta được 3 y  6  y2  7  y 1  y2  y 1  3 y  6  7  0 4 Điều kiện y  1 . Xét hàm số g  y   y 2  y  1  3 y  6  7 với y  1 0.25 1 1 g y   2 y    0 y  1  hàm số g  y  đồng bién trên 1;  2 y  1 3 3  y  6 2   3 Mà 2  1;   , g  2   0 . Phương trình  4   g  y   g  2   y  2  x  4 0.25 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x, y    4, 2  4 Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân I   ln x  9  x dx 0 2 Đặt   u  ln x  9  x  2   du   x 1 9 dx   2 0.25  dv  dx  v  x  2
4 4 4 I  x ln  x2  9  x  0  0 2 x x 9 dx   0 2 x x 9 dx 0.25 4 4 x I  dx  x 2  9  2 0.25 0 x2  9 0 Vậy I  2 0.25 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a .Gọi M là trung điểm của cạnh AB và N là trung điểm của đoạn MI . Hình chiếu vuông góc của của điểm S lên mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N . Biết góc tạo bởi đường thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD theo a . a a 2  Ta có AM  BM  MN   BN  BM 2  MN 2  , theo bài ra: SBN  450  2 2 0.25 a 2 SBN vuông cân tại N  SN  BN  , S ABCD  a.2a  2a 2 2 1 1 a 2 a3 2 Câu 5 Do đó VS . ABCD   SN  S ABCD    2a 2  ( đvtt) 0.25 (1 điểm) 3 3 2 3 Hạ NK  AD  AD   SNK    SAD    SNK  theo giao tuyến SK hạ NH  SK  NH   SAD   NH  d  N ,  SAD    d  MN ,  SAD    d  MN , SD  0.25 (do MN ||  SAD  ) a a 2 Ta có NK  AM  , NS  . Trong tam giác vuông SNK đường cao NH ta có 2 2 1 1 1 4 4 6 a 6 2  2  2  2  2  2  NH  0.25 NH NS NK 2a a a 6 a 6 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD bằng 6 Cho số thực a chứng minh rằng: Câu 6 (1 điểm)     a 2  1  3 a  2  a 2  1  3 a  2  a 2  2a  2  3 2 Bổ đề với mọi x, y, z, t    x 2  y 2  z 2  t 2   x  z 2   y  t 2 dấu bằng khi và 0.25 chỉ khi xt  yz ( chứng minh bởi biến đổi tương đương hoặc dùng véc tơ) 2 2  1 3   1 3  Ta có    a2  1  3 a  2   a    2   2       2 2 1 3   1 3  2  a  1 3 a  2     2   a  2     áp dụng bổ đề ta được     0.25 2 2 2 2  1 3   1 3   1 3   1 3  VT   a   a 2  2a  2    2    2   a  2    2              2 2  a 1 3  a 1 3  a 2  2a  2  2a 2  4 a  8  a 2  2a  2   a  2 2  22  1  a 2  12  32  32  3 2  VP 0.25 3
 1  3  1  3   1  3  1  3   a    a       2  2   2  2        2 Dấu bằng xẩy ra   2a 2  4a  8   a  2   22 a0 0.25   a  2  .1  2.1  a     Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  10 x  0 ,  C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua các giao điểm của  C1  ,  C2  và có tâm nằm trên đường thẳng  d  : x  6 y  6  0 . Toạ độ giao điểm của  C1  và  C2  là nghiệm của hệ phương trình  x 2  y 2  10 x  0   2  x 2  y 2  10 x  0      50 x 2  3x  2  0  0.25 2  x  y  4 x  2 y  20  0 7 x  y  10  0    y  7 x  10  x  1 , x  2  x  1  y  3  A1 1 ; 3    vậy 2 giao điểm của  C1  và  C2  là  0.25 Câu 7a.  y  7 x  10  x  2 y  4  A2  2;4   (1 điểm) 3 1  Trung điểm A của A1 A2 có toạ độ A  ;  , ta có A1 A2  1;7  đường thẳng qua A vuông 2 2  3  1 góc với A1 A2 có phương trình    : 1.  x    7.  y    0     : x  7 y  5  0 0.25  2  2  x  7 y  5  0  x  12 Toạ độ tâm I của hai đường tròn cần tìm là nghiệm của hệ    x  6 y  6  0  y  1  I 12; 1 . Đường tròn cần tìm có bán kính R  IA2   2  12 2   4  12 5 5 0.25 2 2 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  C  :  x  12    y  1  125 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  và mặt phẳng   : 3x  2 y  3z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm A song song x  2 y  4 z 1 với mặt phẳng   đồng thời cắt đường thẳng  d  :   . 3 2 2  x  2  3t  Phương trình tham số của đường thẳng  d  :  y  4  2t Câu 8a.  z  1  2t 0.25  (1 điểm)  Gọi M       d   M  2  3t; 4  2t;1  2t   AM   3t  1 ;  2t  2 ; 2t  5         mặt phẳng   có vtpt n   3; 2; 3 ,    / /    n  AM  n. AM  0 0.25   3  3t  1  2  2t  2   3  2t  5   0  t  2  AM   5; 6;9  0.25 Qua A  3; 2; 4  x3 y 2 x4  :      :   . 0.25 vtcp AM   5; 6;9   5 6 9 Câu 9a. 4 Cho số phức z thoả mãn z   i. Tính A  1  1  i  z (1 điểm) z 1 Đặt z  a  bi ,  a, b    . Từ giả thiết ta có: z.z  z  4  i.z  i 0.25 a 2  b 2  a  4  b   a  1, b  2  a 2  b 2  a  4  bi  b   a  1 i    0.25  b  a  1   a  2, b  1  Với a  1, b  2 ta có A  1  1  i 1  2i   3i  3 0.25 4