intTypePromotion=3
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_id] => 140
            [banner_name] => KM1 - nhân đôi thời gian
            [banner_picture] => 964_1568020473.jpg
            [banner_picture2] => 839_1568020473.jpg
            [banner_picture3] => 620_1568020473.jpg
            [banner_picture4] => 994_1568779877.jpg
            [banner_picture5] => 
            [banner_type] => 8
            [banner_link] => https://tailieu.vn/nang-cap-tai-khoan-vip.html
            [banner_status] => 1
            [banner_priority] => 0
            [banner_lastmodify] => 2019-09-18 11:11:47
            [banner_startdate] => 2019-09-11 00:00:00
            [banner_enddate] => 2019-09-11 23:59:59
            [banner_isauto_active] => 0
            [banner_timeautoactive] => 
            [user_username] => sonpham
        )

)

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phan Đăng Lưu lần 1 năm 2013 khối A

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
46
lượt xem
5
download

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phan Đăng Lưu lần 1 năm 2013 khối A

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi tuyển sinh Đại học sắp tới. Mời các em và giáo viên tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phan Đăng Lưu lần 1 năm 2013 khối A.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phan Đăng Lưu lần 1 năm 2013 khối A

  1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN − ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012−2013 TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU MÔN: TOÁN − KHỐI A, B Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x3 − x 2 . 3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số; 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA. Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: 3 − tan x(tan x + 2 sin x) + 6 cos x = 0  1 y 2 x  + = +2 Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình:  x x y   y x + 1 = 2 x + 3x + 3 2 2 π 2 sin x + cos x Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân I = ∫π 3 + sin 2 x dx . − 2 Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC. Câu 6 (1 điểm). Cho a,b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh: a b c + + ≥ 1. 1 + bc 1 + ca 1 + ab II. 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 7a (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC vuông tại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có phương trình (d): 3 x − y = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến (d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương.  x = −3  Câu 8a (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:  y = −6 + 5t , mặt phẳng z = 2 − t  (P): x + 2y − 2z + 4 = 0 và điểm A(−3; −1; 2). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, vuông góc với (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA. Câu 9a (1 điểm). Tìm hệ số của x6 trong khai triển (x2 + x – 2)n, biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 22 23 3 2 n n 121 Cn + Cn + Cn2 + Cn + ... + 0 1 Cn = . 3 4 n +1 n +1 B. Theo chương trình Nâng cao x2 Câu 7b (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): + y 2 = 1 và 2 điểm A(− 3; 0), B ( 3; 0) . 4 Tìm điểm M thuộc (E) sao cho AMB = 60 . 0 x +1 y z − 2 Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = , mặt 2 1 1 phẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A song song với mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d. ( ) ( ) log2 x log2 x Câu 9b (1 điểm). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 3 +1 + x. 3 −1 = 1 + x2 . Cảm ơn lovemath@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl 1
  2. …………………………. Hết ………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1. NĂM HỌC 2012 − 2013 Câu Nội dung Điểm 1 1) • TXĐ: ℝ . (2 điểm) • SBT: − CBT: y’ = x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0,25 Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2). 4 − Cực trị: CĐ(0;0); CT( 2; − ). 0,25 3 − Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞ . x →−∞ x →+∞ − BBT: x −∞ 0 2 +∞ 0,25 y’ + 0 − 0 + 0 +∞ y 4 − −∞ 3 • Đồ thị y 0,25 1 O 2 3 x 4 − 3 −3 OB 2) Ta có: tan OAB = =3 ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là ±3. OA 0,25 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì y’(x0) = ±3 ⇔ x02 − 2 x0 = ±3 ⇔ x0 = −1 hoặc x0 = 3. 0,25 4 4 13 • PT tiếp tuyến của (C) tại điểm ( −1; − ): y = 3( x + 1) + hay y = 3 x + . 0,25 3 3 3 • PT tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y = 3(x − 3) hay y = 3x − 9. 0,25 2 ĐK: cosx ≠ 0. (1 điểm) ⇔ 3(1 + 2 cos x) − tan 2 x(1 + 2 cos x) = 0 0,5 ⇔ (1 + 2cosx)(3 − tan2x) = 0 1 2π π ⇔ cos x = − hoặc tan x = ± 3 ⇔ x = ± + k 2π hoặc x = ± + kπ . 0,5 2 3 3 Đối chiếu ĐK, phương trình có các nghiệm trên. 3 ĐKXĐ: x > 0, y ≠ 0. 0,25 (1 điểm) PT đầu của hệ ⇔ y = 2x hoặc y = − x . 2
  3. 1 3 • Với y = 2x, ta có: 2 x x 2 + 1 = 2 x + 3x 2 + 3 (*) ⇔ 1 = + . 0,25 x2 + 1 2x 1 3 Dễ thấy hàm số f ( x) = + nghịch biến trên (0; +∞). x +1 2 2x 0,25 Mặt khác f ( 3) = 1 Vậy (*) có nghiệm dy nhất x = 3 ⇒ y = 2 3 . • Với y = − x ta có: − x x 2 + 1 = 2 x + 3x 2 + 3 : PT này vô nghiệm vì vế trái 0,25 không dương, vế phải dương. Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất x = 3 ; y = 2 3 . 4 π π (1 điểm) I = 2 sin x + cos x 2 sin x + cos x 0,25 ∫π 3 + sin 2 x dx = ∫π 4 − (sin x − cos x) 2 dx − − 2 2 Đặt sinx − cosx = t, ta có: 1 dt 1 1  1 1  0,5 I=∫ = ∫ +  dt −1 4−t 2 4 −1  2 + t 2 − t  1 1 0,25 = (ln | 2 + t | − ln | 2 − t |) −1 = ln 3 . 1 4 2 5 • Do M là trung điểm SC nên (1 điểm) 1 d ( M , ( SAB )) = d (C , ( SAB )) 2 S 1 ⇒ VSABM = VSABC . M 0,25 2 Vì (SAB) ⊥ (ABC) nên gọi SH là đường cao của ∆SAB thì SH ⊥ (ABC) A C a 3 ∆SAB đều cạnh a ⇒ SH = . H 2 D B 2 3 1 1a 3a 3 a VSABC = SH .S ABC = = 3 3 2 4 8 0,25 a3 Vậy VSABM = . 16 • Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành ⇒ (SAD) chứa SA và song 3V song BC ⇒ d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))= SABD . 0,25 S SAD a3 Ta có: VSABD = VSABC = . 8 a 6 ∆SHC vuông cân tại H ⇒ SC = SH 2 = . 2 BM là đường cao tam giác cân SBC 2 a 6 a 10 ⇒ BM = SA − SM = a −  2 2  =  4  .2   4 1 1 a 10 a 6 a 2 15 S SAD = S SBC = BM .SC = . . = 0,25 2 2 4 2 8 3
  4. 3VSABD 3a ⇒ d(SA, BC) = = . S SAD 15 6 a a 2a (1 điểm) Ta có: 1 + bc ≥ b +c 2 2 = 3 − a2 . 0,25 1+ 2 2a Mặt khác dễ thấy ≥ a 2 (*). 3 − a2 0,25 Thật vậy (*) ⇔ a(a − 1)2(a + 2) ≥ 0 luôn đúng. a b c 0,25 Suy ra ≥ a 2 , tương tự ≥ b2 , ≥ c2 . 1 + bc 1 + ca 1+ b a b c 0,25 Do đó: + + ≥ a 2 + b 2 + c 2 = 1 (đpcm). 1 + bc 1 + ca 1 + ab 7a Gọi M là điểm đối xứng của B qua d A (1 điểm) ⇒ M ∈ AC. 0,5 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, B trên d. M Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM ⇒ M K là trung điểm AC. Vì các tam giác ABC, AHC vuông cạnh B C huyền AC nên MH = MB = MC = HC = 1. Giả sử C(0; y0) |y | H ⇒ CH = d(C,d) = 0 = 1 ⇔ y0 = ±2. 2 Giả sử A(t ; t 3) ∈ d (t > 0). Ta có: AC = t 2 + ( y0 − t 3) 2 = 2 0,5 y 3 ⇔ 4t 2 − 2 3 y0t = 0 (do y0 = 4 ) ⇔ t = 0 2 . Vì t > 0 nên y0 = 2 và t = 3 . 2 Vậy A( 3;3) , C(0; 2). 8a Giả sử M(−3; −6 + 5t; 2 − t) ∈ d. ta có: (1 điểm) | −3 + 2(−6 + 5t ) − 2(2 − t ) + 4 | 0,5 d(M, (P)) = MA ⇔ = 0 + (5t − 5) 2 + t 2 1+ 4 + 4 ⇔ (4t − 5) = 26t − 50t + 25 ⇔ 10t2 + 10t = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 0. 2 2 ⇒ M(−3; −1; 1) hoặc M(−3; − 6; 2). Mặt phẳng (α) cần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp tuyến là nα = [ MA, n p ] , với n p là 1 vec tơ pháp tuyến của (P). 0,5 • M(−3; −1; 1): Ta có MA = (0;0;1) , n p = (1; 2; −2) ⇒ nα = (−2;1; 0) Phương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0. • M(−3; − 6; 2): MA = (0;5;0) , n p = (1; 2; −2) ⇒ nα = (−10;0; −5) ⇒ (α): 2x + z + 4 = 0. Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0. 9a Từ khai triển (1 + x) n = Cn + Cn x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n ta có: 0 1 (1 điểm) 2 2 ∫ (1 + x) dx = ∫ (Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x )dx n 0 1 2 2 n n 0,5 0 0 2 1 2  0 1 1 1 2 1  Hay: (1 + x) n +1 =  Cn x + Cn x 2 + Cn x3 + ... + Cn x n +1  n n +1 0  2 3 n +1 0 4
  5. 3n +1 − 1 2 2 1 23 2n +1 n ⇔ = 2Cn + Cn + Cn2 + ... + 0 Cn n +1 2 3 n +1 3n +1 − 1 242 Kết hợp giả thiết suy ra: = ⇔ 3n + 1 = 243 = 35 ⇔ n = 4. n +1 n +1 Ta có (x2 + x – 2)4 = (x − 1)4(x + 2)4 = (C4 − C4 x + C4 x 2 − C4 x 3 + C44 x 4 )(C4 + C4 .2 x + C4 .4 x 2 + C4 .8 x3 + C44 .16 x 4 ) 0 1 2 3 0 1 2 3 0,5 Vậy hệ số x6 là: C42 .C44 .16 − C4 .C4 .8 + C44 .C42 .4 = −8 . 3 3 7b Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có: (1 điểm) 1 0,5 AB 2 = MA2 + MB 2 − 2 MA.MB.cos 600 = ( MA + MB )2 − 2 MA.MB − 2 MA.MB. 2 = 4a 2 − 3MA.MB = 4a 2 − 3(a + ex)(a − ex) = a 2 + 3e2 x 2 c2 2 (4c 2 − a 2 )a 2 (4.3 − 4).4 32 ⇒ 4c = a + 3 2 x ⇔ x = 2 2 2 = = a 3c 2 3.3 9 4 2 ⇒ x=± . 3 x2 8 1 1 Vì M ∈ (E) ⇒ y 2 = 1 − = 1 − = ⇒ y = ± . 0,5 4 9 9 3  4 2 1 Vậy có 4 điểm thỏa mãn với tọa độ là  ±  ;±  .   3 3 8b Véc tơ chỉ phương và véc tơ pháp tuyến của d và (P) tương ứng là 0,25 (1 điểm) ud = (2;1;1), n p = (1;1; −2) . Gọi u∆ là vec tơ chỉ phương của ∆, từ giải thiết suy ra u∆ vuông góc với các 0,5 véc tơ ud , n p ⇒ có thể chọn u∆ = [ud , n p ] = (−3;5;1) . Vậy phương trình ∆ là: x = 1 − 3t; y = −1 + 5t; z = 2 + t. 0,25 9b ĐKXĐ: x > 0. (1 điểm) Đặt ( 3 + 1)log 2 x = u ≥ 0, ( 3 − 1)log2 x = v ≥ 0 ⇒ u.v = x. 0,5 Ta có phương trình: u + uv2 = 1 + u2v2 ⇔ (u − 1)( 1 − uv2) = 0 ⇔ u = 1 hoặc uv2 = 1. • u = 1 ⇒ log2x = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn PT). • uv2 = 1 ⇒ (2 3 − 2)log 2 x = 1 ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn PT). 0,5 Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1. Lưu ý: Hướng dẫn này chỉ trình bày một cách giải, nếu học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa dành cho phần đó (hoặc ý đó). Cảm ơn lovemath@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

AMBIENT
Đồng bộ tài khoản