Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quỳnh Lưu 1 đợt 1 năm 2013

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quỳnh Lưu 1 đợt 1 năm 2013 kèm đáp án môn Toán để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quỳnh Lưu 1 đợt 1 năm 2013

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 ĐỢT 1 - NĂM 2013 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề Phần I: (Chung cho mọi thí sinh) Câu 1: Cho hàm số y = x3- 6x2 + 9x -2, gọi đồ thị là (C). 1) Khảo sát hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M, biết M cùng với hai điểm cực trị A, B của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 (đơn vị diện tích). Câu 2: 1) Giải phương trình: sinxcos2x + cos2x (tan2x-1) + 2sin3x = 0.      x3 4 y 2  1  2 x 2  1 x  6  2) Giải hệ phương trình :  2  2  x y 2  2 4 y 1  x  x  1  2 x  sin 2 x Câu 3: Tìm nguyên hàm  1  cos 2 x dx . Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0) SA = a, SB = a 3 , góc BAC bằng 600, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC 1) Tính thể tích khối tứ diện NSDC. 2) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 5: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q=  a  b  c 3   b  c  a  3   c  a  b  3 . 2c 2a 2b Phần II (Thí sinh chỉ được chọn phần A hoặc B) Phần A: 6  x  3 x2  4 6a) Tìm giới hạn: lim . x 2 x2  4 7a) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác trong của
Sở GD& ĐT Nghệ An ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM Trường THPT Quỳnh Lưu 2013 1 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm I 1) (1,0 điểm) (2,0  TXĐ: D = R điểm) x  1 0,25  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ,  3 x 2  12 x  9, y ,  0   x  3 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) và (3; ) , Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 - Giới hạn: lim  ; lim   0,25 x  x  - Bảng biển thiên: X - 1 3 + y, + 0 - 0 + Y 2 + 0,25 - -2  Đồ thị: y ,,  6 x  12, y ,,  0  x  2  Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C) Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2) 4 2 0,25 -5 3 5 10 15 1 -2 -4 2) (1,0 điểm) Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2)  AB  2 5. và đường thẳng AB : 2 x  y  4  0 0,25 3 2 a 3  6 a 2  11a  6 M  (C )  M (a; a  6a  9a  2)  d ( M , AB )  5 1 Gọi S  S MAB , S  AB.d ( M , AB)  6 0,25 2 3 2  a3  6a 2  11a  0 a  0  a  6a  11a  6  6(1) (1)   3 2   a  6a  11a  12  0 a  4 *) a = 0  M(0;-2)  TT tại M: y = 9x-2 0,25 *) a = 4  M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 0,25
Câu Đáp án Điểm II 1) (1 điểm) (2,0  điểm) ĐK: cos x  0  x  2  k , k   (*) 0,25 (1)  s inx(1  2sin x)   sin x  cos x   2sin x  0 2 2 2 3 s inx  1  sinx(1  2sin x)  2sin x  1  2sin x  0  2sin x  s inx  1  0   2 2 3 2 0,25 s inx  1  2  *) sinx  1  x   k 2 , k   (loại do ĐK (*)) 2 0,25   1  x  6  k 2 *) s inx    , k   (thỏa mãn đk (*)) 0,25 2  x  5  k 2   6 2) (1,0 điểm) ĐK: x  0 . Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình => x>0 0,25 2 2  Với ĐK đó, từ hệ suy ra: x  x  1  0  x y 2  2 4 y  1  0  y  0 2  2 0,25 2 1 1 1 Chia cả 2 vế của PT thứ 2 của hệ cho x2  0 =>  2  2 y  2 y  2 y  1     1 x x  x (3) t2 Xét hàm số f (t )  t  t t 2  1 trên (0;+  ). Ta có: f , (t )  1  t 2  1   0, t  0 t2 1 1  f (t ) dồng biến trên (0;+  )  (3)  2 y  x 1 0,25 Thế 2 y  vào (2): x 3  x  2( x 2  1) x  6 x (4) Dễ thấy vế trái (4) là hàm số đồng biến trên (0;+  )  x = 1 là nghiệm duy nhất của (4) 1 0,25  ( x; y)  (1; ) là nghiệm duy nhất của hệ PT đã cho. 2 III x  sin 2 x x sin 2 x x 0,25 (1,0  1  cos2 x dx   2cos2 x dx   1  cos2 x dx . Đặt I1   2 cos 2 x dx. điểm) sin 2 x I2   dx 1  cos2 x 1 1 0,25 *) Tính I1. Đặt: u  x, dv  2 dx  du  dx, v  t anx 2 cos x 2 1 1 1 1 d cos x 1 1  I1  x tan x   tan xdx  x tan x    x t anx  ln cos x  C1 2 2 2 2 cos x 2 2 1 d (1  cos2 x) 1 0,25 *) Tính I2: I2    ln 1  cos2 x  C2 2  1  cos2 x 2 x  sin 2 x 1 1 1 1 1 1 0,25  dx  x tan x  ln cos x  ln 1  cos2 x  x tan x  ln C 1  cos2 x 2 2 2 2 2 2 cos x
S IV (1,0 điểm) B N C M H A Q I D 1) (0,5 điểm) 1 *) Do AB 2  4a 2  SB 2  SA2  SAB vuông tại S  SM  AB  a 2 1 1 a2 3 *) N là trung điểm BC  SNCD  S ABCD  AB. AD.sin 600  4 4 2 0,25 *) Vẽ đường cao SH của tam giác SAB (dễ thấy H  AM và H là trung điểm của AM) Do ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)  SH là đường cao của hình chóp S.DCN. a 3 Do tam giác SAM đều cạnh bằng a  SH  2 1 a3 *) VS .DCN  S DNC .SH  (đvtt) 0,25 3 4 2) (0,5điểm) 1 *) Gọi I là trung điểm của AD, Q là trung điểm AI, MQ / /  ND , do ABD đều 2 0,25  BI  AD  ( SM , DN )  ( SM , MQ) Kẻ HK // AD,  ( SM , MQ)  SMK 1 1 a 7 a 13 SM 2  MK 2  SK 2 5 MK  MQ  BI  ; SK  ; SM  a ;=> cosSMK   0.25 2 4 4 4 2 SM .MK 4 7 V Đặt x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c. Suy ra: x, y, z >0 và x+y+z = (1,0 x3 y3 z3 0,25 điểm) 3 Q    y z x z x y x3 x( y  z ) Ta có   x 2 . Dấu “=”xảy ra khi: y + z = 2x yz 4 y3 y( x  z) 0,25 Tương tự:   y 2 . Dấu “=” xảy ra khi x+z=2y x z 4
z3 z( y  x)   z 2 . Dấu “=” xảy ra khi y+x=2z yx 4 1  Q  x 2  y 2  z 2  ( xy  yz  zx) (dấu “=” xảy ra khi x=y=z) 2 0,25 1 1 Mà: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx    xy  yz  zx     x 2  y 2  z 2  2 2 2 1 1  x  y  z 3  Q  ( x2  y 2  z 2 )  .  0,25 2 2 3 2 3 Vậy Q min  , khi : x  y  z  a  b  c  1 . Chú ý: Bài này có thể giải theo phương pháp 2 tiếp tuyến. VI.A (1,0 3 2 điểm) I = lim 6  x  x  4  lim    6  x  2  3 x2  4  2   0,25 x 2 x2  4 x 2  x2  4         2 x 2 x 4   (SM , MQ )  SMK = lim    0,25 2  x  2  ( 6  x  2) x  4      2 x 2  4  3 x 2  4  23 x 2  4  4            1 1   lim   0,25 x  2 6  x  2 3 x2  4  2 3 x2  4  4   x2 2      1 1 1 1 Do lim x  2  ,  lim  x 2 6 x 2 16 x 2 3 x 2  2  4  23 x 2  4  4 12 0,25 7 Vây kết quả giới hạn I   48 VII.A 1) (1,0 điểm) (2,0 M điểm) A D E H 0,25 C B E' Gọi E’ đối xứng với E qua BM suy ra E’ thuộc đường thẳng BC và E’(0;1) Do B đường thẳng BC nên B(t;t+2)     BE  (1  t; t ) BE '  (t ; t  1)    Do BE.BE '  0  B(1;1) do xB  0 0,25 AB: x = -1, BC: y = 1 suy ra A(-1;a), (a  1) 0,25
 d 1 9  d  a  Do D đường thẳng d  D(d;9-d), M là trung điểm AD  M  ;   2 2  Mặt khác M  đường thẳng BM  a-2d+6 = 0 (1)    AD  (d  1;9  d  a), AB  (0;1  a)    0,25 Do AB. AD  0  a  d  9  0 (2) Giải hệ (1) và (2) suy ra a = 4, d = 5. Vậy A(-1;4), D(5;4) 2) (1,0điểm)    Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), abc  0, AH  (2  a;1;1), BC  (0; b; c)   AH .BC  0  b  c (1) 0,25     BH  (2;1  b;1), AC  (a; 0; c) , BH . AC  0  c  2a (2) 0,25         Do AH , AB , AC đồng phẳng  AH  m AB  n AC (*)   m AB  ( ma; mb; 0), n AC  ( a;0; c)  2  a   a ( m  n)  1 1 0,25 (*)  1  mb kết hợp (1), (2)suy ra m  ,n  ,a  3 1  nc 2a 2a  Vậy A(3;0;0), B(0;6;0), C(0;0;6) 0,25 VI.B   3  220 (1,0 C 12 0,25 điểm) Gọi A là biến cố trong 3 2 quyển lấy ra chỉ có đúng hai loại sách về hai môn học 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0,5  A  C 4.C 5  C 4.C 3  C 3.C 4  C 3.C 5  C 5.C 4  C 5.C 3  145 145 29  P ( A)   0,25 220 44 VII.B 1) (1,0 điểm) (2,0 điểm) A B d I M G C D Gọi I  AC  BD, G  AC  DM  G là trọng tâm tam giác CDB 1 0,25 Do IG  GC  AG  2GC 2 4 8  d ( A, DM )  2d (C , DM )  2  0,25 2 2
8 a  3 Gọi A(a; 2  3a )  d  d ( A, DM )   4a  4  8   2 a  1 0,25  A( 1;5)( do xA