Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Trần Phú lần 1 năm 2013

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Trần Phú lần 1 năm 2013 mời các bạn và thầy cô hãy tham khảo để giúp các em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh và chính xác nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Trần Phú lần 1 năm 2013

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = ( x + 2 )( x − 1) ( C ) . 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ( C ) . b) Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y = −2x + 19 , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị ( C ) đi qua điểm M vuông góc với đường thẳng x + 9y − 8 = 0 . Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình ( 2sin x − 1)( cos 2x + sin x + 1) = 3 + 2cos x . 3 sin x − sin 2x 9 2x b) Giải phương trình 2 + −1 = 0 . x 2x 2 + 9  y 4 − 2xy 2 + 7y 2 = − x 2 + 7x + 8  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  .  3y + 13 − 15 − 2x = x + 1 2  Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' , có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , biết rằng khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( A'BC) bằng a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và cosin góc giữa hai đường thẳng A'B và AC' . 15 Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a 3 + b3 = c3 . a 2 + b2 − c2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = . ( c − a )( c − b ) 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 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A ( −3;5 ) , tâm I thuộc đường thẳng d : y = − x + 5 và diện tích bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết rằng tâm I có hoành độ dương. Câu 7a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức P(x) = (1 − 6x ) = a 0 + a1x + ... + a k x k + ... + a n x n . Tính giá trị n a a của biểu thức T = a 0 + 1 + ... + n , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 2C 2 − 8C1 = n . n n 2 2n 1 Câu 8a (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 x + log 2x 3 x = . 2x 2 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d : x − 2y − 1 = 0 , d ' : x − 2y + 21 = 0 và điểm A ( 3;4 ) . Hai điểm B, C lần lượt nằm trên đường thẳng d và d’ sao cho tam giác ABC vuông có độ dài cạnh huyền BC = 10 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7b (1,0 điểm). Một chiếc hộp đứng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu.  3 Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình: 27 x − 271−x − 16  3x − x  + 6 = 0 .  3  ---------HẾT-------- Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KÌ THI THỨ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 NĂM HỌC 2012 -2013 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Đáp án Điểm 1.(1 điểm) Khảo sát…. • TXĐ D = ℝ • Sự biến thiên x = 1 0.25 - Chiều biến thiên y ' = 3 ( x − 1) ; y ' = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔  2 2  x = −1 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; ycđ = 4, đạt cực tiểu tại x = 1 và yct = 0. 0.25 - Các giới hạn tại vô cực: lim y = lim ( x 3 − 3x + 2 ) = −∞ ; lim y = lim ( x 3 − 3x + 2 ) = +∞ x →−∞ x →−∞ x →+∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: Câu 1 x −∞ -1 1 +∞ (2.0 điểm) y’ + 0 - 0 + 4 +∞ 0.25 y −∞ 0 • Đồ thị: y Giao với Ox là A (1;0 ) , B(−2;0) ; với Oy là C ( 0;2 ) 4 2 0.25 -1 O 1 x 2.(1.0 điểm) Vì tiếp tuyến vuông góc đường thẳng x +9y −8 = 0, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9. x0 = 2 0.25 Gọi tọa độ tiếp điểm là I ( x 0 ; y0 ) . Ta có f '(x 0 ) = 9 ⇔ x 0 2 − 1 = 3 ⇔  .  x 0 = −2 • Nếu x 0 = 2 , y 0 = 4 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là d1 : y = f ' ( 2 )( x − 2 ) + f ( 2 ) ⇔ d1 : y = 9x − 14  y = 9x − 14 x = 3 0.25 M là giao điểm của ∆ và d1 suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ  ⇔ . Vậy M ( 3;13)  y = −2x + 19  y = 13 • Nếu x 0 = −2 , y0 = 0 .Tương tự ta có phương trình tiếp tuyến là d 2 : y = 9x + 18  1 y = 9x + 18  x = 11   1 207  0.25 M là giao điểm của ∆ và d 2 nên tọa độ M là nghiệm của hệ  ⇔ Vậy M  ; . y = −2x + 19 y = 207  11 11    11  1 207  Vậy tọa độ của điểm M là: M ( 3;13) và M  ; . 0.25  11 11  1. (1.0 điểm) Giải phương trình … Điều kiện xác định của pt: 3 sin x − sin 2x ≠ 0 ⇔ sin x ( ) 3 − 2cos x ≠ 0 . 0.25 Trang 1 –
Phương trình đã cho tương đương ( 2sin x − 1)( cos 2x + sin x + 1) = sin x ( 3 − 4 cos 2 x ) Câu 2 0.25 (2.0 điểm) ⇔ ( 2sin x − 1)( cos 2x + sin x + 1) = sin x ( 4sin 2 x − 1) ⇔ ( 2sin x − 1) ( cos 2x − 2sin 2 x + 1) = 0 . 1 π 5π • sin x = ⇔ x = + k2π ∨ x = + k2π 2 6 6 0.25 π 5π Đối chiếu đkiện ta thấy x = + k2π không thỏa mãn điều kiện, x = + k2π thỏa mãn đk. 6 6 π kπ • cos 2x − 2sin 2 x + 1 = 0 ⇔ cos 2x = 0 ⇔ x = + (thỏa mãn) 4 2 0.25 π kπ 5π Vậy phương trình có các nghiệm là: x = + và x = + k2π , k ∈ ℤ . 4 2 6 2. (1.0 điểm) Giải phương trình… 2x 2 + 9 2x Điều kiện x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương 2 + − 3 = 0 (1). 0.25 x 2x 2 + 9 x 1 −1 Đặt t = ≠ 0 . (1) trở thành: 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ ( t − 1) ( 2t + 1) = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = . 2 0.25 2x + 9 2 t 2 −1 x < 0 x < 0 3 2 • Với t = ⇒ −2x = 2x 2 + 9 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x=− . 0.25  4x = 2x + 9 2x = 9 2 2 2 x > 0 x > 0 • Với t = 1 ⇒ x = 2x 2 + 9 ⇔  2 ⇔ 2 vô nghiệm.  x = 2x 2 + 9  x +9 = 0 0.25 3 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = − . 2 15 Điều kiện −1 ≤ x ≤ . 2 0.25 Ta có y − 2xy + 7y = − x + 7x + 8 ⇔ ( y − x ) + 7 ( y − x ) − 8 = 0 ⇔ ( y − x − 1)( y − x + 8) = 0 (1) 4 2 2 2 2 2 2 2 2 15 2 15 Vì x ≤ ; y +8 > nên x < y 2 + 8 . Khi đó (1) ⇔ y 2 − x − 1 = 0 ⇔ y 2 = x + 1 . 0.25 2 2 Thế y 2 = x + 1 vào phương trình dưới, ta được Câu 3 3x + 16 − 15 − 2x = x + 1 ⇔ 3x + 16 = 15 − 2x + x + 1 ⇔ 2x = ( x + 1)(15 − 2x ) (1.0 điểm) x ≥ 0 0.25 x ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ −5 ⇔ x = 3 6x − 13x − 15 = 0 x = 3 ∨ x = 6  Với x = 3 ta có y = 4 ⇔ y = ±2 2 0.25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 3; −2 ) , ( 3; 2 ) . Trang 2 –
D a 3 Gọi I trung điểm BC, ta có AI = . Gọi H là hình chiếu của điểm A' C' 2 A trên đường thẳng A 'I . Ta có BC ⊥ AI, BC ⊥ AA' ⇒ BC ⊥ AH . Câu 4 (1.0 điểm) H B'AH ⊥ ( A 'BC ) . Vì G là trọng tâm ∆ ABC và AG nên 0,25 3 A C d ( A;( A 'BC ) ) = AH = 3d ( G;( A 'BC ) ) = a . 5 G I 1 1 1 B ∆AIA' vuông tại A có: 2 = 2 + 2 ⇒ AA ' = a 3 . AH AA' AI 2 a 3 Ta có SABC = 4 0,25 a 2 3 3a 3 Thể tích của khối lăng trụ ABC.A 'B'C' là V = AA'.S ABC = a 3. = (đvtt). 4 4 Gọi D là điểm đối xứng của B’ qua A’, ta có ABA 'D là hình bình hành suy ra A’B và AD song song. 0.25 Do đó góc giữa đường thẳng A’B và AC’ bằng góc giữa đường thẳng AC’ và AD. Ta có ∆B'C 'D vuông tại C’, suy ra C 'D = B'D 2 − B'C '2 = a 3 , AD = A 'B = AB2 + AA '2 = 2a . 2AD 2 − C 'D 2 5 5 0.25 cos DAC' = 2 = . Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng A'B và AC' bằng 2AD 8 8 a b Do a, b,c > 0 , đặt x = > 0, y = > 0 khi đó x 3 + y3 = 1 c c 0.25 Ta có ( x + y ) = x + y + 3xy ( x + y ) = 1 + 3xy ( x + y ) . 3 3 3 a b Chia tử và mẫu của biểu thức M cho c 2 ≠ 0 và thay x = > 0, y = > 0 ta được c c Câu 5 ( x + y ) − 2xy − 1 0.25 2 x 2 + y2 −1 (1.0 điểm) M= = (1 − x )(1 − y ) − ( x + y ) + xy + 1 t > 1 t3 −1  t > 1 Đặt t = x + y ⇒ xy = , vì x, y > 0 nên ta có  2 t3 −1 ⇔  3 ⇔1< t ≤ 3 4 . 3t t ≥ 4 t ≤ 4  3t 0.25 t3 − 3t + 2 t +2 3 Biểu thức trở thành M = 3 = = 1+ t − 3t + 3t −1 t −1 2 t −1 3 4 +2 Vì 1 < t ≤ 3 4 ⇒ 0 < t − 1 ≤ 3 4 − 1 suy ra f (t) ≥ 3 . 4 −1 0.25 4 +2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 3 khi a = b,c = a 3 2 . 4 −1 Chương trình chuẩn 5 2 Diện tích hình vuông là S = AB.AD = 2AI2 = 25 nên AI = . 2 Điểm I ∈ d : y = − x + 5 ⇒ I ( a;5 − a ) với a > 0 , AI 2 = 2a 2 + 6a + 9 . 0.25 25 −7 1 Khi đó a nghiệm phương trình 2a 2 + 6a + 9 = ⇔ a = (loại), a = (tm điều kiện). 2 2 2 Câu 6a 1 9 (1.0 điểm) Tọa độ tâm I  ;  , vi I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh C ( 4; 4 ) . 0.25 2 2 Trang 3 –
Đường thẳng ∆ vuông góc AI có n∆ = ( 7;−1) nên phương trình là ∆ : 7x − y + 1 = 0 . Vì điểm B thuộc b = 1 2 2  1  9  25 0.25 ∆ : 7x − y + 1 = 0 nên B ( b;1 + 7b ) . Ta có BI = AI ⇔  b −  + 1 + 7b −  = ⇔  2  2 2 b = 0 • Với b = 0 ⇒ B ( 0;1) do I trung điểm BD nên D (1;8 ) ; • Với b = 1 ⇒ B (1;8 ) và D ( 0;1) . 0.25 Vậy tọa độ các đỉnh B, C, D là: B(1;8) ,C( 4;4) và D ( 0;1) hoặc B ( 0;1) ,C ( 4; 4 ) và D (1;8 ) Điều kiện n ∈ ℕ, n ≥ 2 , 0.25 Câu 7a Phương trình ⇔ 2C2 − 8C1 = n ⇔ n 2 − 10n = 0 ⇔ n = 0 (loại), n = 10 (nhận) n n (1.0 điểm) Với n = 10 , P(x) = (1 − 6x ) = a 0 + a1x + ... + a k x k + ... + a10 x10 10 0.25 1 1 a a Khi x = , ta có P   = 210 = a 0 + 1 + ... + 10 0.25 2 2 2 210 1 Ta có tổng T bằng giá trị của P(x) tại x = . Do đó T = 210 . 0.25 2 3 1 4 Câu 8a Điều kiện 0 < x, x ≠ , x ≠ .Ta thấy x = 1 không là nghiệm. 0.25 (1.0 điểm) 2 2 Với x ≠ 1 phương trình tương đương 1 1 1 1 1 1 0.25 + = ⇔ + = (1) (1 + log x 2 ) 3 + log x 2 2 2 3 2 log x 2x log x 2x 2 Đặt t = log x 2 , t ≠ −1; t ≠ −3 1 1 1 t = 1 0.25 (1) trở thành + = ⇒ t 3 + 3t 2 + t − 5 = 0 ⇔  2 (1 + t ) 3+ t 2  t + 4t + 5 = 0 ( vô nghiêm) 2 Với t = 1 suy ra log x 2 = 1 ⇔ x = 2 (nhận). Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2 0.25 Chương trình Nâng cao Do tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm trùng với trung điểm cạnh BC 1 0.25 và bán kính bằng AI = BC = 5 . 2 Gọi tọa độ tâm là I ( x 0 ; y 0 ) ,do u d = u d ' = (1; −2 ) nên d và d’ song song, suy ra I cách đều d và d’ Câu 6b (1.0 điểm) x 0 − 2y 0 − 1 x 0 − 2y 0 + 21 0.25 Hay = ⇔ x 0 − 2y0 + 10 = 0 ⇔ x 0 = 2y 0 − 10 . 5 5 Khi đó y0 thỏa mãn AI = 5 ⇔ ( 2y 0 − 10 − 3) + ( y 0 − 4 ) = 25 ⇔ y 0 = 4; y0 = 8 2 2 0.25 Với y0 = 4 ⇒ I ( −2;4 ) , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x + 2 ) + ( y − 4 ) = 25 2 2 0.25 Với y0 = 8 ⇒ I ( 6;8 ) , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x − 6 ) + ( y − 8) = 25 2 2 Không gian mẫu Ω có n ( Ω ) = C4 = 4845 20 0.25 Câu 7b Biến cố A=”lấy được ít nhất 2 cái bút cùng màu” thì biến cố đối A =”không có hai cái bút cùng màu” 0.25 (1 điểm) Số cách chọn 4 bút không có 2 bút cùng màu là C6 .C6 .C5C3 = 540 1 1 1 1 ( ) = 36 . n A Xác suất của biến cố A là P A = ( ) n (Ω) 323 0.25 Khi đó xác suất của biến cố A là P(A) = 1 − P A = ( ) 287 323 . 0.25 Trang 4 –
Câu 8b 3 27 (1.0 điểm) Đặt ; 3x − x = t ⇒ 27 x − x = t 3 + 9t ;PT trở thành t 3 − 7t + 6 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 )( t + 3) = 0 0.25 3 27 3 1 + 13 1 + 13 • t = 1 ⇒ 3x − x = 1 ⇔ 3x = ⇔ x = log 3 3 2 2 3 • t = 2 ⇒ 3x − x = 2 ⇔ 3x = 3 ⇔ x = 1 0.5 3 3 21 − 3 21 − 3 • t = −3 ⇒ 3x − x = −3 ⇔ 3x = ⇔ x = log 3 3 2 2 1 + 13 21 − 3 0.25 Vậy nghiêm của phương trình đã cho là x = 1 , x = log 3 và x = log 3 . 2 2 ---------------Hết--------------- Chú ý: Mọi cách làm đúng khác với đáp án đều cho điểm tương ứng. Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com) gửi tới www.laisac.page.tl Trang 5 – www.mathvn.com