Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Số 1 Tuy Phước lần 1 năm 2013 (khối A)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Số 1 Tuy Phước lần 1 năm 2013 (khối A).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Số 1 Tuy Phước lần 1 năm 2013 (khối A)

TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối A và A1 Thời gian làm bài: 180 phút I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) x 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  , có đồ thị (C). x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm các giá trị m (m  ) để đường thẳng d: y = – x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía của trục tung sao cho góc  nhọn; (O là gốc tọa độ). AOB 2 cos3 x  cos 2 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác  1 . sin x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên : x(4 x 2  1)  ( x  3) 5  2 x  0 .  2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   2cos 2 x  x cos x  esin x dx .  0 2   Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD, biết tam giác ABC vuông tại A có AB = a, AC = a 3 . Ngoài ra, DA = DB = DC và tam giác DBC vuông. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CD, với M là trung điểm của BC. 3 5 Câu 6 (1,0 điểm). Cho 3 số thực x,y,z thỏa log 2 x  log8 y  log 32 z  0 (*). 1  x3  y3 1  y3  z 3 1  z 3  x3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F    . xy yz zx II. Phần riêng (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu 7A (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1; 3), đường chéo BD có phương trình 5 x  3 y 15  0 . Viết phương trình các cạnh AB, AD biết AB có hệ số góc dương. Câu 8A (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình  P : x  2 y  z 1  0 và Q  : 2x  y  z  3  0. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và có hoành độ xM = 1. 8 Câu 9A (1,0 điểm). Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2  x 3  . B. Theo chương trình nâng cao Câu 7B (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Biết phương trình các đường thẳng chứa đường cao BH, phân giác trong AD lần lượt là 3x + 4y + 10 = 0, x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và MC = 2 . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC. Câu 8B (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 4x + 2y + 2z – 3 = 0, mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1; 1; 0), B(2; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với AB, vuông góc với mp(P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C ) có bán kính bằng 3 . Câu 9B (1,0 điểm). Tính tổng S = Cn  2 1.Cn  31.Cn    n 1 .Cnn1  (n  1) 1 .C n . 0 1 2 n (n  *, Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) k --------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:………………………………………………, số báo danh:……………. Cảm ơn (gocnho@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A-A1 NĂM 2013 Câu, ý NỘI DUNG Điểm 1.a) x 3 1,0 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 2  Tập xác định  \ 2 .  Sự biến thiên 5 - Chiều biến thiên : y '   2  0, x  2.  x  2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;2  và  2;   . 0,25 Hàm số không có cực trị. - Giới hạn và tiệm cận : lim y  lim y  1  Tiệm cận ngang y =1. x  x  0,25 lim y  , lim y    Tiệm cận đứng x =2.  x 2  x 2 - Bảng biến thiên : x - 2 + y’ - - 0,25 1 + y - 1 Đồ thị +Giao điểm của (C ) với Ox: (-3; 0) +Giao điểm của (C) với Oy: (0;-3/2) y f(x)=(x+3)/(x-2) f(x)=1 x(t )=2 , y(t )=t 8 6 4 2 x 0,25 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 1.b) Tìm các giá trị m … 1,0 Phương trình hoành độ giao điểm ( C) và d: x3  x  3  ( x  2)(  x  m)  x  m    x 2   m  1 x  2m  3  0 (1) x2 x  2 (x = 2 không phải là nghiệm phương trình (1) ). 0,25 d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B nằm ở hai phía trục tung khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 , thỏa x1.x2 < 0.Điều này xảy ra khi và chỉ khi 0,25 3 P = 2m+3< 0  m   . 2
Khi đó A(x1;-x1+ m) ; B(x2 ;-x2+m).Góc  nhọn khi và chỉ khi: AOB     2 0,25 OA.OB  0  m  m  x1  x2   2 x1 x2  0  m 2  m  m  1  2  2m  3  0 (Viét)  3m  6  0  m  2 3 3 0,25 Kết hợp với điều kiện m   ta được : 2  m   là các giá trị m cần tìm. 2 2 Ghi chú:Thí sinh có thể sử dụng định lý hàm số côsin.Điều kiện góc  nhọn AOB 2 2 2 2 tương đương với:OA +OB – AB > 0  m  m  x1  x2   2 x1 x2  0 ... 2 2 cos3 x  cos 2 x 1,0 Giải phương trình lượng giác  1 sin x Điều kiện: sinx ≠ 0. Biến đổi PT về: 2cos3x + cos2x + sinx = 0  2cos3x + 2cos2x – 1 + sinx = 0 0,25  2cos2x(1 + cosx) – (1 – sinx) = 0  (1 – sinx )[2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1] = 0  1 – sinx = 0 (*) hoặc 2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1 = 0 (**)  0,25 + (*)  sinx = 1  x = + k2 ( k  ). Thỏa điều kiện. 2 + (**)  1 + 2sinxcosx + 2(sinx + cosx) = 0 0,25  (sinx + cosx)2 + 2(sinx + cosx) = 0  (sinx + cosx)(sinx + cosx + 2) = 0  sinx + cosx = 0 hoặc sinx + cosx + 2 = 0 (vô nghiệm – giải thích)    2 sin(x + ) = 0  x =   k , (k  ). Thỏa điều kiện. 4 4   KL: PT có các họ nghiệm: x = + k2, x = – + k (k  ). 0,25 2 4 Ghi chú: Có thể đặt t = sinx + cosx, với |t|  2 để giải (**). 3 Giải phương trình x(4 x 2  1)  ( x  3) 5  2 x  0 1,0 5 Điều kiện: x  . 2 0,25 PT đã cho tương đương với 2 x(4 x 2  1)  2(3  x ) 5  2 x  2 x(4 x 2  1)  [(5  2 x)  1] 5  2 x (*) Đặt u = 2x, v = 5  2x (v  0). 0,25 Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (**) Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1)  f/(t) = 3t2 + 1 > 0,  t. (trong bài, từ đk và pt (**) suy ra u, v  [0; 5] – HS không cần nêu). 0,25 Do đó f(t) đồng biến trên , nên (**)  f(u) = f(v)  u = v Từ đó, Pt đã cho tương đương 2x = 5  2x  x  0    x  1  21 0,25  x0  x0    2  2   4 4 x  5  2 x 4 x  2 x  5  0     x  1  21   4
1  21  x (thỏa đk). KL. 4 4 Tính tích phân 1,0    2 2 2 sin x sin x 0,25 Biến đổi được I  e  dx   cos xe dx   x cos xesin x dx 0 0 0   2 2  sin x sin x sin x + Tính đúng  cos xe dx   e d (sin x )  e 2  e 1 0,25 0 0 0  2 u  x du  dx + Tính I’ =  x cos xesin x dx . Đặt  sin x  sin x 0  dv  cos xe dx v  e   0,25  2 2 sin x sin x e Khi đó I’ =  xe  2  e dx       esin x dx 0 0 2 0 e Suy ra I =  e 1 0,25 2 5 Thể tích tứ diện ABCD và d(AM; CD) 1,0 * Thể tích. Vì DA = DB = DC và MA = MB = MC (do  ABC vuông tại A, D 0,25 M là trung điểm BC) suy ra D, M thuộc trục của  ABC. Do đó N DM  (ABC). Tính được BC = 2a. K DBC vuông cân tại D nên A B 1 DM = BC = a. H 2 M 0,25 Thể tích tứ diện ABCD: 1 a3 3 C V = DM. S(ABC) = . 3 6 * d(AM; CD). Gọi N là trung điểm BD. Chứng minh được CD // (AMN). Do đó d(CD; AM) = d(CD; (AMN)) = d(C; (AMN)). Xét tứ diện ACMN. Thể tích tứ diện này là 1 1 V(ACMN) = d(C;(ANM)).S(AMN) = d(N; (ACM)).S(ACM) 3 3 d ( N ; ( ACM )).S( ACM ) Suy ra d(C; (AMN)) = (1) 0,25 S( AMN ) Gọi H là trung điểm BM. Khi đó, NH // DM suy ra NH  (ACM) nên 1 1 NH = d(N; (ACM)) = DM = a (2) 2 2 1 a2 3 S(ACM) = S(ABC) = (3) 2 4
1 1 Áp dụng định lý đường trung tuyến: AN2 = (AB2 + AD2 – DB2) = a2. Suy ra 2 2 1 AN = a. Lại có AM = BC = a nên  AMN cân tại A. Gọi K là trung điểm MN thì 2 AK  MN. CD a 2 a 14 Ta có MN =  . Từ tam giác vuông AKM, tính được AK = . 0,25 2 2 4 1 a2 7 Suy ra S(AMN) = AK.MN = (4) 2 8 a 21 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra d(C; (AMN)) hay d(CD; AM) = . 7 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,0 Từ ĐK (*) ta có x,y,z > 0 và xyz = 1 0,25 Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho 3 số dương ta có: 3 3 3 3 3 1  x3  y 3 3 1  x  y  3 1.x . y  3 xy   (1) xy xy 0,25 1  y3  z 3 3 Tương tự :  (2) yz yz 1  z 3  x3 3  (3) zx zx Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được:  1 0,25 1  x3  y 3 1  y3  z3 1  z 3  x3 1 1  F    3  xy    xy yz zx  yz zx   1  33 3 3 3. x2 y 2 z 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy GTNN của F là 3 3 . 0,25 7A Viết phương trình cạnh AB, AD biết hệ số góc AB dương 1,0  Gọi d là đường thẳng đi qua A và hợp với BD một góc 450, n1 a; b a 2  b 2  0 là vectơ pháp tuyến của d. Khi đó d có phương trình ax  by  a  3b  0 .   Một vectơ pháp tuyến của đường BD là n2 5; 3 . 0,25   5a  3b   Ta có cos  d , BD  cos n1 ; n2  1 2  a  b 34 2 2  4a 2 15ab  4b 2  0 * . a  4  Nếu b = 0 thì a = 0 (vô lí), suy ra b  0 , chọn b = 1. khi đó *   1. 0,25 a    4 o Với a = 4 và b = 1 ta có d: 4x + y – 7= 0 (có hệ số góc k = – 4
nên từ các phương trình của d, ta suy ra AB: x  4 y 11  0 và AD: 4x + y – 7= 0. 0,25 8A  P : x  2 y  z 1  0 , Q  : 2x  y  z  3  0. Viết pt mặt cầu tâm I (P) … 1,0 Vì M  mp Oxy và có hoành độ bằng 1 nên M(1; y; 0). Lại có, mặt cầu tiếp xúc với mp(Q) nên M mp(Q). Tìm được M(1; – 5; 0). 0,25 Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S) cần tìm. Ta có (S) tiếp xúc với mp(Q) tại M nên IM  (Q).  Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến n 2;1; 1 . a  1  2t      0,25 Ta có IM  (Q)  MI  tn t     b  5  t  c  t    I (P)  1 + 2t – 2(–5 + t) – t – 1 = 0  t = 10  I(21; 5; – 10) Bán kính mặt cầu R = d(I; (Q)) = 10 6 . 0,25 Vậy phương trình mặt cầu (S): (x – 21)2 + (y – 5)2 + (z + 10)2 = 600. 0,25 9A 3 8 1,0 Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2  x  . 8 8 +Viết được: 1  x 2  x 3  = 1  x 2 1  x   =   C8  C8 x (1  x)  C8 x (1  x )  C8 x (1  x)3  C84 x8 (1  x)4  C85 x10 (1  x )5 0 1 2 2 4 2 3 6 0,25 8 16 8 ...  C x (1  x ) . 8 + Nhận xét: Số hạng chứa x8 chỉ có trong C83 x 6 (1  x )3 và C84 x8 (1  x) 4 . 0,25 + Tìm được hệ số của x8 trong C83 x 6 (1  x )3 là: C83 .C32 ; trong C84 x8 (1  x) 4 là: C84 .C4 . 0 0,25 + Suy ra hệ số của x8 trong khai triển là: C83 .C32 + C84 .C4 = 238. 0 0,25 7B BH: 3x+4y+10= 0, AD = x–y +1 =0, M(0; 2) AB, MC = 2 . Tìm A, B, C. 1,0 + Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD. Đt MM’ qua M(0; 2) và vuông góc AD nên có A H phương trình: x + y – 2 = 0. M' 0,25 1 3 M(0;2) K Tọa độ giao điểm K của MM’ và AD là K( ; ). 2 2 B D C Suy ra tọa độ M’(1; 1). Vì AD là phân giác trong góc A, M AB nên M’ AC. Do đó đường thẳng AC qua M’(1; 1) và vuông góc BH nên tìm được pt AC: 4x – 3y – 1 = 0. Ta có A = AC AD  A(4; 5). 0,25 Đt AB qua A và M nên lập được phương trình AB: 3x – 4y +8 = 0. 1 Ta có B = AB BH nên tìm được B(–3; – ). 4 Ta có MC = 2 nên C thuộc đường tròn (C ) tâm M(0; 2), bán kính 2 . Ngoài ra, C  AC nên tọa độ C là nghiệm hệ  3y 1 0,25  3y 1  x 2  ( y  2)2  2 (pt (C))  x x  4    4  4 x  3 y  1  0 25 y 2  58 y  33  0  y  1 hoac y  33    25 Suy ra có 2 điểm C thỏa điều kiện trên: C(1; 1), C’(31/25; 33/25) Theo cách xác định C như trên, thì B và C có thể nằm về 2 phía đối với AD, nên có thể xảy ra trường hợp AD là phân giác ngoài góc BAC.
WWW.VNMATH.COM 1 0,25 + Kiểm tra cặp B và C với AD: (–3+ +1)(1–1+1) < 0, suy ra B và C nằm về 2 phía 4 đối với AD. Tương tự, B và C’ nằm về 2 phía đối AD. 1 KL: 2 bộ 3 điểm: A(4; 5), B(–3;– ), C(1; 1) và A, B, C’(31/25;33/25). 4 8B Phương trình mặt phẳng (α) 1,0 Pt (S) viết dưới dạng (x – 2)2 + (y + 1)2 + (x + 1)2 = 9. Suy ra (S) có tâm I(2; – 1; – 1), bán kính R = 3. 0,25   Ta có AB = (3; 1; 1), một VTPT của mp(P) là n = (1; – 1; 1).     Do đó [ AB , n ] = (2; – 2; – 4) ≠ 0 .  Gọi u là một VTPT của mp(α). Ta có    () // AB u  AB      0,25       u cùng phương với [ AB , n ]. ()  ( P) u  n   1     Chọn u = [ AB , n ]  u = (1; – 1; –2) 2  Mp(α) có một VTPT u nên có phương trình dạng x – y – 2z + D = 0. Gọi d là khoảng cách từ I đến mp(α). Mp(α) cắt (S) theo một đường tròn (C ) có bán 0,25 kính r = 3 nên d = R 2  r 2  9  3  6 . 2  (1)  2(1)  D D  1 Ta có d = 6   6  |5 + D| = 6   . 6  D  11 Với D = 1 thì (α): x – y – 2z + 1 = 0 không qua A(–1; 1; 0) (vì – 1 – 1 – 2.0 + 1 ≠ 0) nên (α) // AB. Tương tự, mp(α): x – y – 2z – 11 = 0 cũng song song với AB. Vậy có hai mặt phẳng (α) thỏa yêu cầu bài toán có phương trình: 0,25 x – y – 2z + 1 = 0 và x – y – 2z – 11 = 0 9B Tính tổng S = Cn  2 1.Cn  31.Cn    n 1 .Cnn1  (n  1) 1 .C n . 0 1 2 n 1,0 Với 0  k  n, ta có 0,25 1 n! 1 (n  1)! k (k  1) 1.Cn  .  . k  (n  1) 1.Cn11 . k  1 k!.(n  k )! n  1 (k  1)!.(n  k )! 1  Nên S = (n+1)-1 C n1  Cn211  C n1    C n1  Cn1  3 n n 1  0,25 = (n+1)-1. [(1+1)n+1 - C n1 ] = (n+1)-1.[2n+1 - 1] 0 0,5 Đáp số : S = (n+1)-1.[2n+1 - 1]. Ghi chú: có thể lấy tích phân trên [0; 1] của f(x) = (x + 1)n = Cn  Cn x  Cn x 2    Cn x n . 0 1 2 n Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng. Cảm ơn (gocnho@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl