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 Nghi Sơn (2013-2014)

Chia sẻ: Lê Thị Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

77
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nghi Sơn (2013-2014) có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì tuyển sinh Đại học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nghi Sơn (2013-2014)

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT NGHI SƠN Môn: TOÁN ; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m 3 + m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m= 0 . 2. Chứng minh rằng hàm số (1) luôn có cự đại,cực tiểu với mọi m.Tìm m để các điểm cự trị của hàm số (1) cùng với điểm I(1;1), tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 5 . Câu II (2,0 điểm) 3 x 1. Giải phương trình: 2 − tan x − 2 3 = sin x (1 + tan x tan ) . cos x 2 2. Giải bất phương trình: x + 2 + x − x − 2 ≤ 3 x − 2 2 Câu III (1,0 điểm) cot 3 x Tính nguyên hàm sau: I = ∫ dx sin x 3 sin 3 x − sin x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của BC góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC thao a. Câu V (1,0 điểm) 1 1 1 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: (a − 1 + )(b − 1 + )(c − 1 + ) ≤ 1 b c a 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 toạ độ Oxy , Cho tam giác ABC vuông cân tại A.Biết cạnh huyền nằm trên đường 5 thẳng (d) x + 7 y − 31 = 0 ,điểm N (1; ) thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường thẳng AB. 2 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.biết rằng điểm A có hoành độ âm. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3)..Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ P đến (R) lớn nhất. n  2  Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  3 − x 2  , x ≠ 0 biết rằng  x  C2 n+1 + C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n +1 = 2 − 1 . 1 2 3 n 28 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 6 y + 6 = 0 .Gọi A,B là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên đường thẳng AB. 2. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,góc A bằng 600 .Góc giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy bằng 300 .Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới mặt phẳng (B’AD) . Câu VII.b (1,0 điểm) 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 − 2 x + 1) = 6  Giải hệ phương trình:  log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)  =1 -------------------Hết------------------- www.DeThiThuDaiHoc.com 1
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN : Khối A Câu Nội Dung Điểm CâuI Cho hàm số y = x − 3mx + 3(m − 1) x − m + m (1) 3 2 2 3 I.1 Khi m=0 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3 x 1 điểm HS tự làm: I.2 Chứng minh rằng hàm số (1) luôn có cự đại,cực tiểu với mọi m.Tìm m để các điểm cự trị của 1 điểm hàm số (1)cùng với điểm I(1;1), tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 5 . + ) y ' = 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) + ) y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) = 0. Ta có ∆ ' = 1 > 0∀m ⇒ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt với mọi m. suy ra hàm số luôn có CĐ,CT 0.25 +) Điểm CĐ A(m-1;2-2m),CT B(m+1;-2-2m) +) pt AB : 2x+y=0, nên A,B,I lập thành một tam giác. 0.25 Với R = 5, AB = 2 5 nên tam giác ABC vuông tại I với AB là đường kính  3 Khi đó ycbt tương đương với IA + IB = AB ⇔ 10m + 4m − 6 = 0 ⇔ 2 2 2 2 m = 5 0.25   m = −1 3 Kết luận: m = hoặc m= -1 0.25 5 CâuII www.MATHVN.com II.1 3 x 1 điểm Giải phương trình: 2 − tan x − 2 3 = sin x (1 + tan x tan ) . cos x 2 ............................................................................................................................................... cos x ≠ 0  π   x ≠ + kπ ĐK:  x ⇔ 2 cos 2 ≠ 0   x ≠ π + k 2π   x   sin x sin  3 2 − tan x − 2 3 = sin x 1 + cos x2 x  cos x cos   2 0.25  x x 3  cos x cos 2 + sin x sin 2  ⇔ − tan x − 2 3 = sin x   cos 2 x  cos x cos x   2   x   cos( x − 2 )  ⇔ 3(1 + tan 2 x) − tan x − 2 3 = sin x  x  cos x cos  0.25  2  x   cos 2  ⇔ 3(1 + tan x) − tan x − 2 3 = sin x  2 x  cos x cos   2 www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam  tan x = 3 0.25 3(1 + tan x) − tan x − 2 3 = tan x ⇔ 3 tan x − 2 tan x + 3 = 0 ⇔  2 2  tan x = − 1   3 π .tan x = 3 ⇔ x = + kπ 0.25 3 1 π .tan x = − ⇔ x = − + kπ 3 6 II.2 Giải bất phương trình: x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3 x − 2 - www.DeThiThuDaiHoc.com 1 điểm ........................................................................................................................................................... 2 Đk: x ≥ 0.25 3 −2( x − 2) x + 2 − 3x − 2 + x 2 − x − 2 ≤ 0 ⇔ + ( x − 2)( x + 1) ≤ 0 x + 2 + 3x − 2  −2  ⇔ ( x − 2)  + ( x + 1)  ≤ 0 0.25  x + 2 + 3x − 2  −2 Ta có f ( x) = + ( x + 1) x + 2 + 3x − 2 1 3 + 2( x + 2 + 3 x − 2) ' x+2 3x − 2 + 1 > 0 f '( x) = +1 = ( ) ( ) 2 2 0.25 x + 2 + 3x − 2 x + 2 + 3x − 2 2 ⇒ f ( x) ≥ f ( ) > 0 3 0.25 2  Vậy tâp nghiệm của BPT là S =  ; 2  3  Câu III www.DeThiThuDaiHoc.com 1 điểm cot 3 x Tính nguyên hàm sau: I = ∫ dx sin x 3 sin 3 x − sin x …………………………………………………………………………………………… cot 3 x cot 3 x 0.25 I=∫ dx = ∫ dx sin x 3 sin 3 x − sin x 2 sin x 3 1− 1 sin 2 x cot 3 x =∫ dx 0.25 sin 2 x 3 − cot 2 x cot 3 x = −∫ d(cot x) = ∫ 3 cot 7 xd(cot x) 0.25 3 − cot x 2 3 0.25 = 3 cot10 x + C 10 Câu IV IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của BC góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC thao a. ............................................................................................................................................... www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam S A D I H T M K B E C CB ⊥ AB  Vì  ⇒ CB ⊥ ( SAB) ⇒ SB là hình chiếu của SC trên mp(SAB) CB ⊥ SA  0.25 ⇒ ( SC.( SAB)) = ( SC , SB) = CSB = 300 ⇒ SB = BC.cot 300 = a 3 ⇒ SA = a 2 Vậy thể tích hình chóp SABCD là: 1 2a 3 VS . ABCD = SA.S ABCD = (dvdt ) 0.25 3 3 ............................................................................................................................................... Từ C dựng a CI / / DE ⇒ CE = DI = , DE / /( SCI ) 2 ⇒ d ( DE , SC ) = d ( DE , (CSI ) Từ A kẻ AK ⊥ CI cắt ED tại H, cắt CI tại K  AK ⊥ CI Ta có  ⇒ CI ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SCI ) ⊥ ( SAK ), ( SCI ) ∩ ( SAK ) = SK 0.25  SA ⊥ CI Trong mp(SAK) kẻ HT ⊥ AK ⇒ HT ⊥ ( SCI ) ⇒ d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) = HT CD. AI 3a Ta có AK .CI = CD. AI ⇒ AK = = CI 5 HK KM 1 a Kẻ KM / / AD ( M ∈ DE ) ⇒ = ⇒ HK = AK = HA AD 3 5 SA HT SA.HK 38 0.25 sin SAK = = ⇒ HT = = a SK HK SK 19 Lại có 38 ⇒ d ( ED, SC ) = a 19 Câu V www.MATHVN.com V Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 (a − 1 + )(b − 1 + )(c − 1 + ) ≤ 1 (1) b c a ……………………………………………………………………………………………... x y z Do abc = 1. nên tồn tại 3 số dương x,y,z sao cho a = , b = , c = y z x 0.25 (1) ⇔ ( x − y + z )( y − z + x)( z − x + y ) ≤ xyz (2) Không mất tính tổng quát giả sử x= max{x,y,z} khi đó x − y + z ≥ 0, x − z + y ≥ 0 0.25 • Nếu z − x + y < 0 thì (2) luôn đúng. • Nếu z − x + y ≥ 0 0.25 www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ( x − y + z + y − z + x) 2 ( x − y + z )( y − z + x) ≤ = x2 4 ( y − z + x + z − x + y)2 Ta có ( y − z + x)( z − x + y ) ≤ = y2 4 0.25 ( x − y + z + z − x + y)2 ( x − y + z )( z − x + y ) ≤ = z2 4 Từ đó ta có (2) được chứng minh. Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z hay a=b=c Câu VIa VIa.1 1 điểm Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , Cho tam giác ABC vuông cân tại A.Biết cạnh huyền nằm trên 5 đường thẳng (d) x+7y-31=0,điểm N (1; ) thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường 2 thẳng AB. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm A có hoành độ âm. ................................................................................................................................................................. ( AB) : a( x − 2) + b( y + 3) = 0(a2 + b2 > 0) 0.25 a + 7b cos( ABC ) = cos 45 = 0 12 + 72 a2 + b2 4a = −3b ⇔ 12a2 − 7ab −12b2 = 0 ⇔  0.25 3a = 4b TH1. 3a = 4b ⇒ AB : 4 x + 3 y + 1 = 0 ⇒ AC :3 x − 4 y + 7 = 0 ⇒ A(−1;1), B (−4;5), C (3; 4) 0.25 TH2. 23 3 1 9 4a = −3b ⇒ AB : 3 x − 4 y − 18 = 0 ⇒ AC :4 x + 3 y − = 0 ⇒ A(4; − ), B (10;3), C (− ; ) (loại) 2 2 2 2 0.25 Vậy các đỉnh của tam giác ABC là : A(−1;1), B (−4;5), C (3; 4) VIa.2 . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3).Viết phương 1 điểm trình mặt phẳng (R) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ P đến (R) lớn nhất. .................................................................................................................................................  x = 1 + 2t  0. 25 pt (MN)  y = t Gọi H là hình chiếu của P trên (MN) suy ra H(3 ;1 ;4)  z = 2 + 2t  Gọi K là hình chiếu của P trên (R) nên d ( P,( R)) = PK ta có PK ≤ PH 0.25 vậy PK max khi K trùng với H 0.25 P M K H N (R) qua H(3 ;1 ;4) nhân PH (1; −4;1) làm VTPT suy ra (R) x-4y+z-3=0 0.25 www.DeThiThuDaiHoc.com 5
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam n VIIa  2  1 điểm Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  3 − x 2  , x ≠ 0 biết rằng  x  C2 n+1 + C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n +1 = 228 − 1 . 1 2 3 n …………………………………………………………………………………………….. Ta có C2 n+1 + C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n +1 = 228 − 1 1 2 3 n 2 n −1 2n− n +1 0.25 C2 n+1 + C2 n +1 + C2 n +12 + ... + C2 n +1 = 228 − 1 2n 2 n +1 ⇒ C2 n +1 + (C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n +1 ) + C2 n +1 = 2.228 0 1 2 2n 0.25 ⇔ (1 + 1)2 n +1 = 229 ⇔ n = 14 14 14 − k  2  k  2  (−x ) 14 3 − x 2  = ∑ C14  3  2 k  x  k =0  x 14 − k 14 − k  2  ( ) −( )+ 2 k = C14 ( 2 ) ( −1) k 14 − k 0.25 Tk +1 = C  3  − x2 k k k 3 14 x  x 14 − k Số hạng không chứa x khi −( ) + 2k = 0 ⇔ k = 2 3 Vậy T3 = C14 ( 2 ) 12 2 0.25 Câu VIb www.DeThiThuDaiHoc.com VIb.1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 6 y + 6 = 0 .Gọi 1điểm A,B là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên đường thẳng AB. …………………………………………………………………………………………………....... (C ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 = 4 Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) ( x − 1)( x1 − 1) + ( y − 3)( y1 − 3) = 4 Tiếp tuyến tại A,B có phương trình  0.25 ( x − 1)( x2 − 1) + ( y − 3)( y2 − 3) = 4 (−3 − 1)( x1 − 1) + (1 − 3)( y1 − 3) = 4 Vì hai tiếp tuyến cùng đi qua M(-3;1) nên  0.25 (−3 − 1)( x2 − 1) + (1 − 3)( y2 − 3) = 4 Nên (AB) 2x+y-3=0 H là hình chiếu của M trên AB nên pt (MH): x-2y+5=0 0.25 1 13 Suy ra H ( ; ) 0.25 5 5 VIb.2 2. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,góc A bằng 600 .Góc giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy bằng 300 .Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới 1điểm mặt phẳng (B’AD) . ……………………………………………………………………………………………... . www.DeThiThuDaiHoc.com 6
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam B' C' A' D' K B C A I D 0.25 Gọi I là trung điểm của AD,K là hình chiếu của B trên B’I, vì A = 60 ⇒ ∆ABD đều cạnh a. 0 BI ⊥ AD   ⇒ ( BIB ') ⊥ AD ⇒ ∠B ' IB = 30 0 BB ' ⊥ AD  a 3 a 0.25 BI = ⇒ BB ' = BI .tan 300 = 2 2 0.25 Do BC / / AD ⇒ BC / /( B ' AD ) ⇒ d ( BC , ( B ' AD ) = d (b, ( B ' AD ) BK ⊥ B ' I  Vì  ⇒ BK ⊥ ( B ' AD ) BK ⊥ AD  0.25 Xét tam giác vuông B’BI tại B ta có 1 1 1 a 3 a 3 2 = 2+ 2 ⇒ BK = ⇒ d ( BC.( B ' AD ) = BK BI BB ' 4 4 VIIb 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 − 2 x + 1) = 6  1 điểm Giải hệ phương trình:  log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)  =1 ……………………………………………………………………………………………... − xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0 + Điều kiện:  (I )  0 < 1 − x ≠ 1, 0 < 2 + y ≠ 1  2log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = 6  log1− x ( y + 2) + log 2 + y (1 − x) − 2 = 0 (1)  0.25 (I ) ⇔  ⇔ log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)  = 1 log1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4)  = 1 (2). 1 Đặt log 2+ y (1 − x) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 ⇔ (t − 1) 2 = 0 ⇔ t = 1. 0.25 t Với t = 1 ta có: 1 − x = y + 2 ⇔ y = − x − 1 (3). Thế vào (2) ta có: −x + 4 −x + 4 log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = 1 ⇔ log1− x =1⇔ = 1 − x ⇔ x2 + 2 x = 0 x+4 x+4 0.25  x=0  y = −1 ⇔ . Suy ra:  .  x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy chỉ có x = −2, y = 1 thoả mãn điều kiện trên. 0.25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = −2, y = 1 . www.DeThiThuDaiHoc.com 7

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.