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 Quế Võ 1 (2013-2014)

Chia sẻ: Lê Thị Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

50
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ 1 (2013-2014) dành cho học sinh lớp 12, giúp các em củng cố kiến thức đã học ở trường và thi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quế Võ 1 (2013-2014)

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 1, NĂM HỌC 2013-2014 --------------- Môn: Toán khối A,A1,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Dành cho học sinh lớp 11 mới lên 12) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH THI KHỐI A,A1,B,D. (7,0 điểm) Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 2 − 2 x − 3 (P) a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số. b/Tìm m để đường thẳng (d): y = − x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 3 2 Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x Câu 3: (1,0 điểm). Giải bất phương trình : x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 Câu 4: (1,0 điểm).  x2 − 3 y + 2 + 2 x2 y + 2 y = 0  Giải hệ phương trình:   x2 + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1  Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy cho hai đường thẳng (d1): x − 2 y + 3 = 0 và (d2): 3x − y − 2 = 0 . Tìm các điểm M ∈ (d1), N ∈ (d2) sao cho 3OM + ON = 0 Câu 6: (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x3 1   y3 1   z 3 1  M = x + + y + + z +   4 yz   4 zx   4 xy  II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ được làm đề theo khối thi đã đăng ký) A. KHỐI A, A1. Câu 7a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho hình thoi ABCD có diện tích S = 20, một đường chéo có phương trình (d): 2 x + y − 4 = 0 và D(1;-3). Tìm các đỉnh còn lại của hình thoi biết điểm A có tung độ âm. x2 y 2 Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E): + = 1 có hai tiêu điểm F1,F2 (biết F1 6 2 có hoành độ âm). Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua F2 và song song với ( ∆ 1): y = − x + 1 đồng thời cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1 1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng: = 2 cos x 2 cos 2 x + cos x − 1 B. KHỐI B, D. Câu 7b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho ∆ABC có diện tích S = 3, B(-2;1), C(1;-3) và trung điểm I của AC thuộc đường thẳng (d): 2 x + y = 0 . Tìm tọa độ điểm A. Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 3 = 0 và đường thẳng ( ∆ ): x − 2 y − 1 = 0 . Gọi A, B là giao điểm của ( ∆ ) với (T) biết điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ điểm C ∈ (T) sao cho ∆ ABC vuông tại B. π  Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 2  ---------- 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........................... 1
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11 Câu NỘI DUNG Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4) 0.25 điểm) Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT 0.25 Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX 0.25 Vẽ đúng, đẹp 0.25 b.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: x 2 − 2 x − 3 = − x + m 0.25 ⇔ x 2 − x − 3 − m = 0 (1) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt −13 0.25 ⇔ ∆ = 4m + 13 >0 ⇔ m > (*) 4 Gọi A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) là giao điểm của (d) và (P) thì x1, x2 là nghiệm của pt(1)  x1 + x2 = 1 0.25 Ta có AB2 = 2( x1 − x2 ) 2 = 2( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 . Theo viet ta có   x1 x2 = −m − 3 Suy ra AB2 = 8m+26 0.25 Theo gt AB = 3 2 ⇔ 8m+26 =( 3 2 )2 ⇔ m = -1 (thỏa mãn đk (*)). KL:… 2 Giải phương trình... (1,0 Pt cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x ⇔ cos 2 x cos x − sin 2 x sin x = − cos x 0.25 điểm) ⇔ cos 3 x = − cos x ⇔ cos 3 x = cos(π − x ) 0.25  π kπ  x= + 3x = π − x + k 2π 4 2 ⇔ ⇔  (k ∈ Z) 0.25 3x = x − π + k 2π x = −π + kπ   2 π π kπ Vậy PT đã cho có nghiệm: x = − 2 + kπ ; x = 4 + 2 (k ∈ Z ) 0.25 3 Giải bất phương trình... (1,0 Bpt x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 − 5 5 x 2 + 15 x + 14 − 24 ≥ 0 0.25 điểm) t ≥ 8(tm) Đặt t = 5 x 2 + 15 x + 14 , đk t ≥ 0 , bpt trở thành t 2 − 5t − 24 ≥ 0 ⇔  0.25 t ≤ −3( L) Với t ≥ 8 thì 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 8 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 64 ⇔ x 2 + 3 x − 10 ≥ 0 x ≥ 2 0.25 ⇔  x ≤ −5 KL : Vậy bpt có nghiêm là x ≥ 2 hoặc x ≤ −5 0.25 4 Giải hệ phương trình (1,0  x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0(1)  y ≥ 0 điểm)  2 đk  2  x + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1(2)  x + 4x − y + 1 ≥ 0 0.25 y y y Ta có pt (1) ⇔ 3 −2 2 −1 = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ y = x 2 + 2 (3) x +2 2 x +2 x +2 2
www.VNMATH.com Thay (3) vào (2) ta được 4 x − 1 + 3 2 x − 1 = 1 (4) 0.25 u = 4 x − 1  u + v = 1 u = 1 Giải pt(4) đặt  đk u ≥ 0 , ta được hệ pt  2 ⇔ …⇔  0.25 v = 3 2x −1 u − 2v = 1 v = 0 3   u = 1  4x −1 = 1  1 9 V ới  thì  ⇔ … ⇔ x = .Suy ra y = (tmđk) v = 0  3 2x −1 = 0  2 4 0.25 1 9 KL: Vậy hệ pt có nghiệm là  ;  2 4 5 (1,0 M ∈(d1) ⇒ M(2a-3; a), N ∈(d2) ⇒ N(b; 3b-2) 0.25 điểm) Ta có 3OM = (6a-9; 3a) ON = (b; 3b-2) 0.25  5 6 a + b = 9 a = 3OM + ON = 0 ⇔  ⇔ 3 0.25 3a + 3b = 2 b = −1  1 5 Suy ra M  ;  , N(-1;-5) 0.25 3 3 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… (1,0 x4 y 4 z 4 x y z điểm) Ta có M = + + + + + 4 4 4 yz zx xy x4 y 4 z 4 x2 + y 2 + z 2 = + + + 4 4 4 xyz ( x − y ) ≥ 0 0.25 2   Ta có ( y − z ) ≥ 0  ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 2  ( z − x) ≥ 0  2  x= y=z x 4 y 4 z 4 xy + yz + zx  x4 1   y4 1   z 4 1  Suy ra M ≥ + + + ⇔ M ≥  + + + + +  0.25 4 4 4 xyz  4 x  4 y  4 z Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có x4 1 x4 1 1 1 1 x4 1 1 1 1 5 + = + + + + ≥ 55 = . 4 x 4 4x 4x 4x 4x 4 4x 4x 4x 4x 4 4 x 1 Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ x =1. 4 4x 0.25 y4 1 5 y4 1 Chứng minh tương tự ta được + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ y = 1. 4 y 4 4 4y z4 1 5 z4 1 + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ z =1. 4 z 4 4 4z 15 Suy ra M ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 4 0.25 15 Vậy min M = . Đạt được khi x = y = z = 1 . 4 7.a . (1,0 điểm) Dễ thấy D ∉ (d ) , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC 0.25 3
www.VNMATH.com Vì ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD, và D ∈ BD suy ra pt của BD là: x – 2y – 7 = 0 Gọi I= AC ∩ BD , tọa độ điểm I là nghiệm của hệ pt: x − 2y = 7  x=3  ⇔ . ⇒ I (3; −2) 2 x + y = 4  y = −2 0.25 Mặt khác I là trung điểm của BD. Suy ra: B(5;-1) ⇒ IB = 5 Vì AC ⊥ BD nên S=2IA.IB mà S=20 ⇒ IA = 2 5 0.25 Lại có A∈(d) ⇒ A( x; 4 − 2 x) . Có IA = 2 5 ⇔ IA2 = 20 ⇔ 5( x − 3) 2 = 20 ⇔ ( x − 3) 2 = 4  x = 1 ⇒ A(1; 2) ⇔ 0.25  x = 5 ⇒ A(5; −6) Theo gt suy ra A (5;-6) (thỏa mãn) . Vì C đối xứng với A qua I nên C(1;2) KL: Vậy A(5;-6), B(5;-1), C(1:2) 8.a (1,0 T a có a 2 = 6; b 2 = 2 mà c 2 = a 2 − b 2 ⇒ c 2 = 4 ⇒ c = 2 . điểm) 0.25 Suy ra F1(-2;0), F2 (2;0) Vì ∆ // ∆1 và ∆ đi qua F2 nên pt của ( ∆ ) là: y = -x + 2 0.25  y = −x + 2   y = −x + 2 Tọa độ A,B là nghiệm của hpt  x 2 y 2 ⇔ 2  + = 1 2 x − 6 x + 3 = 0 6 2  3+ 3  3− 3 x = x =  2 hoặc  2 0.25 ⇔   1− 3  y = 1+ 3 y = 2    2  3 + 3 1− 3   3 − 3 1+ 3  Suy ra A   2 ; 2 ; B  2 ; 2         Ta có AB = 6 , d ( F1 , AB) = d ( F1 , ∆) = 2 2 1 0.25 Suy ra diện tích tam giác ABF1 là S = d ( F1 , AB ). AB = 2 3 (đvdt) 2 9.a (1,0 1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x điểm) = 2 cos x (*), đk cos 2 x + cos x ≠ 0 2 cos 2 x + cos x − 1 0.25 (1 + cos 2 x) + (cos x + cos 3 x) Ta có VT(*) = 2 cos 2 x − 1 + cos x 2 cos 2 x + 2 cos x cos 2 x VT(*) = 0.25 cos 2 x + cos x 2 cos x(cos x + cos 2 x) VT(*) = 0.25 cos 2 x + cos x VT(*) = 2 cos x =VP(*) (đpcm) 0.25 7.b (1,0 I ∈ (d ) ⇒ I ( x; −2 x) . Vì I là trung điểm của AC nên A(2x - 1; - 4x + 3) 0.25 điểm) Có BC = (3; −4) ⇒ BC = 5 0.25 PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0 4
www.VNMATH.com −4 x + 10 1 1 −4 x + 10 d ( A, BC ) = , S = d ( A, BC ).BC mà S = 3 ⇔ 5=3 5 2 2 5 0.25 ⇔ 5 − 2x = 3 x =1 0.25 ⇔ x = 4 Suy ra A(1;-1); A(7;-13) 8.b (1,0 Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt điểm) x − 2 y −1 = 0 x = 2 y +1 0.25  2 ⇔ x + y − 4x − 6 y + 3 = 0 (2 y + 1) + y − 4(2 y + 1) − 6 y + 3 = 0 2 2 2 x = 2 y +1 x = 1 x = 5 ⇔ 2 ⇔ hoặc  5 y − 10 y = 0 y = 0 y = 2 0.25 Suy ra A(5;2), B(1;0) Đường tròn (T) có tâm I(2;3). 0.25 Vì A, B, C ∈ (T) và ∆ ABC vuông tại B ⇒ AC là đường kính của đường tròn (T) Suy ra I là trung điểm của AC ⇒ C(-1;4) 0.25 9.b π  (1,0 Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 (**) 2  điểm) π  Ta có VT(**) = cos 4  − x  − cos 4 x = sin 4 x − cos 4 x 0.25 2  VT(**) = ( sin 2 x − cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x ) 0.25 VT(**) = sin 2 x − cos 2 x vì sin 2 x + cos 2 x = 1 0.25 VT(**) = −(cos 2 x − sin 2 x) = − (1 − 2sin 2 x ) = 2sin 2 x − 1 =VP(**) (đpcm) 0.25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa 5

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.