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 Triệu Sơn 4 (2013-2014)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

75
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Triệu Sơn 4 (2013-2014) giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản về môn Toán học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Triệu Sơn 4 (2013-2014)

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC. TỔ TOÁN –TIN NĂM HỌC: 2013 - 2014 Đề chính thức MÔN: TOÁN. KHỐI A , A1- B - D. Thời gian làm bài: 180 phút – không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): x −1 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y = (C) 2( x + 1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2 2 x − 2cos 2 x + 4sin 6 x + cos 4 x = 1 + 4 3 sin 3 x cos x 2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x  Câu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ R )  2 y2 + 1 − y = 2 − x  5 − 4x 10 Câu 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 3 + ≥ x+ −2 x∈R x x Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC = BC = 2a. Mặt phẳng ( SAC ) tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB . Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 + y 3 + 16 z 3 P= (x + y + z) 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K ( 6; 2 ) Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A ( 2;3;1) , B ( −1; 2; 0 ) , C (1;1; −2 ) . ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cña tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( P): x - 3y + 2z + 6 = 0. n −1 c +c + ... + cn + cn = 255 1 2 n Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn n n Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = (1 + x + 3 x 2 ) . n B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A ( 2; 6 ) , chân  3 đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2;−  và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  2  1  điểm I  − ;1 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.  2  Câu8.b(1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0;0;−1) , B(1;2;1) , C (2;1;−1) , D(3;3;−3) .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN = 3 . log 2 ( y − 2 x + 8) = 6  Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình:  x 8 + 2 x .3 y = 2.3 x + y  1
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC L1 HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC: 2013 - 2014 Đề chính thức MÔN: TOÁN www.DeThiThuDaiHoc.com Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1 TXĐ: D = R\ {−1} 1 1 Chiều biến thiên: y , = > 0 , với ∀x ∈ D 0.25 ( x + 1) 2 1đ ⇒ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) Cực trị: hàm số không có cực trị Giới hạn, tiệm cận : 1 1 lim y = , lim y = ; Lim+ y = −∞ , Lim− y = +∞ x → +∞ 2 x→ −∞ 2 x→( −1) x →( −1) 0.25 1 ⇒ y = là tiệm cận ngang; x = −1 là tiệm cận đứng. 2 Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞ y, y +∞ 1 2 0.25 −∞ 1 2 1 3 Đồ thị: đi qua các điểm (0; − ) ; (-2; ) 2 2 1 Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; ) làm tâm đối xứng y 2 0.25 1 I 2 x -1 O 2 x0 − 1 .Gọi M( x0 ; ) ∈ (C ) là điểm cần tìm 2( x0 + 1) 0.5 www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam DeThiThuDaiHoc.com Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình x −1 1 x −1 ∆ : y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + 0 ⇒y= ( x − x0 ) + 0 2( x0 + 1) ( x0 + 1) 2( x0 + 1) 2 1đ x0 − 2 x0 − 1 2 Gọi A = ∆ ∩ ox ⇒ A( − ;0) 2 x0 − 2 x0 − 1 2 B = ∆ ∩ oy ⇒ B(0; ). Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆ OAB có trọng 2( x0 + 1) 2  x 2 − 2 x0 − 1 x0 − 2 x0 − 1  2 tâm là: G  − 0 ; .  6 6( x0 + 1) 2  x0 − 2 x0 − 1 x0 − 2 x0 − 1 2 2 Do G ∈ đường thẳng:4x + y = 0 ⇒ −4. + =0 6 6( x0 + 1) 2 1 ⇔ 4= (vì A, B ≠ O nên x02 − 2 x0 − 1 ≠ 0 ) ( x0 + 1) 2 0.25  1  1  x0 + 1 = 2  x0 = − 2 ⇔ ⇔ x +1 = − 1 x = − 3   0 2  0  2 1 1 3 3 3 5 Với x0 = − ⇒ M (− ; − ) ; với x0 = − ⇒ M (− ; ) . 2 2 2 2 2 2 0.25 ( PT ) ⇔ 2 cos 2 2 x − 1 − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x + cos 4 x = 4 3 sin 3x cos 3x ⇔ 2 cos 4 x − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x = 4 3 sin 3x cos 3x ⇔ cos 4 x − cos 2 x + 2sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x 0.5 ⇔ −2sin 3 x sin x + 4sin 3 x cos 3x = 2 3 sin 3 x cos x ( ⇔ −2sin 3 x sin x − 2cos3x + 3 cos x = 0 ) sin 3x = 0 ⇔ sin x + 3 cos x = 2 cos 3x 0.25 1đ π 2 * sin 3 x = 0 ⇔ x = k ( k ∈ Z ) 3  π *sin x + 3 cos x = 2cos 3 x ⇔ cos  x −  = cos3 x  6  π  x = − 12 + k π ⇔ (k ∈ Z ) 0.25  x = π + kπ   24 2 π π kπ kπ Vậy nghiệm của phương trình là x = − + k π; x = + ;x = (k ∈ Z ) 12 24 2 3 www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam DeThiThuDaiHoc.com 1đ 2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x (1)  2. Giải hệ phương trình:  . 1.0  2 y 2 + 1 − y = 2 − x(2)  Điều kiện: x ≤ 1 . Với điều kiện đó, ta có (1) ⇔ 2 y 3 + y = 2 1 − x − 2 x 1 − x + 1 − x 0,25 ⇔ 2 y + y = 2(1 − x) 1 − x + 1 − x 3 Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t , ta có f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0∀t ∈ R ⇒ f (t ) đồng biến trên R. 3 y ≥ 0 0,25 Vậy (1) ⇔ f ( y ) = f ( 1 − x ) ⇔ y = 1 − x ⇔  2  y = 1− x 2− x Thế vào (2) ta được : 3 − 2 x − 1 − x = 2 − x ⇔ = 2− x 3 − 2x + 1 − x   0,5 ⇔ (2 − x ) 1  − 1 = 0 ⇔ 3 − 2 x + 1 − x = 1( x ≤ 1 ⇒ 2 − x ≠ 0)   3 − 2x + 1 − x  ⇔ x = 1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0) 1đ Giải bất phương trình......... x > 0  x > 0  ĐK:  10 ⇔ 2 ⇔ x>0 0.25  x+ −2≥0  x − 2 x + 10 ≥ 0   x Với điều kiện trên, ( ) (bpt) ⇔ 2 x 2 − 4 x + 5 ≥ x 2 − 2 x + 10 ⇔ 2 x 2 − 2 x + 10 − 15 ≥ x 2 − 2 x + 10 0.25 4 Đặt t = x 2 − 2 x + 10 = ( x − 1)2 + 9 ≥ 3 (*)  5 Bpt trở thành 2t − t − 15 ≥ 0 ⇔ 2 t ≤ − 2 ⇒ t ≥ 3 ( do (*) ) 0.25  t ≥ 3 t ≥ 3 ⇒ x 2 − 2 x + 10 ≥ 3 ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ 0 luôn đúng. 2 0.25 Vậy nghiệm bất phương trình là x ∈ ( 0; +∞ ) 1đ S K C H B 5 N a M A 0.25 ∧ ∧ ∆ABC vuông tại A có BC = 2a; AC = a; B = 30 0 ; C = 60 0 ; Gọi N là trung điểm của AC. Vì ∧ AC ⊥ AB ⇒ AC ⊥ HN ; AC ⊥ SH ⇒ AC ⊥ ( SHN ) ⇒ SNH = 60 0 www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam DeThiThuDaiHoc.com a 3 3a a2 3 Trong tam giác SNH ⇒ HN = ; SH = ; mặt khác S ∆ABC = 2 2 2 0.25 1 a3 3 ⇒ VS . ABCD = S ∆ABC .SH = (đvtt ) 3 4 Kẻ a // AH (a đi qua B) ⇒ HA // ( SB, a ) Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó HK = d ( HA; SB ) 0.5 a 3 Tam giác ACH đều nên ∠HBM = ∠AHC = 60 ⇒ HM = HB sin 60 = 0 0 2 1 1 1 3a Trong tam giác SHM ta có 2 = 2 + 2 ⇔ HK = HK HM HS 4 1đ ( x + y) 3 Trước hết ta có: x + y 3 3 ≥ (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương) 0.25 4 ( x + y) + 64 z 3 (a − z) + 64 z 3 3 3 4P ≥ = = (1 − t ) + 64t 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 3 3 a a 6 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có z (với t = , 0 ≤ t ≤ 1 ); a 0.5 1 f '(t ) = 3 64t 2 − (1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1] 2   9 64 16 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = ⇒ GTNN của P là đạt được khi t∈[ 0;1] 81 81 0.25 x = y = 4z > 0 A.Theo chương trình Chuẩn. 1đ B ∈ ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 nên gọi B ( 5 − 2b; b ) , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra C (2b − 5; −b) và O(0;0) ∈ BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 ⇒ I (2;4) và I ∈ AB 0.25 Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3; 4 − b ) vuông góc với 7.a CK = (11 − 2b; 2 + b ) b = 1 0.25 ( 2b − 3)(11 − 2b ) + ( 4 − b )( 2 + b ) = 0 ⇔ −5b + 30b − 25 = 0 ⇔  2 b = 5 Với b = 1 ⇒ B(3;1), C ( −3; −1) ⇒ A(3;1) ≡ B loại  31 17   31 17  Với b = 5 ⇒ B( −5;5), C (5; −5) ⇒ A  ;  .Vậy A ; ; B(−5;5);C(5; −5) 0.25  5 5 5 5 8.a 1đ Gäi H ( x; y; z ) là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi 0.25 www.DeThiThuDaiHoc.com 5
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam DeThiThuDaiHoc.com BH ⊥ AC , CH ⊥ AB, H ∈ ( ABC )  2  x = 15  BH . AC = 0 ( x + 1) + 2 ( y − 2 ) + 3z = 0      29 ⇒ ⇔ CH . AB = 0 ⇔ 3 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 0 ⇔  y =    15    AH  AB, AC  = 0 ( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0 0.25   1 z = − 3  2 29 − 1 H( ; ; ) 15 15 3 Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương 0.25 2 29 1 x− y− z+ 15 = 15 = 3 0.25 Phương trình đường thẳng (d) là: 1 −3 2 1đ Với n nguyên dương ta có: Ta có Cn + Cn + Cn + ... + Cn −1 + Cn = (1 + 1) n = 2n ⇒ 0 1 2 n n Cn + Cn + ... + Cn = 2n − 1 1 1 n 0.25 Theo giả thiết ta có 2n – 1 = 255 ⇔ 2n = 256 = 28⇔ n = 8. ∑C (3x + x) 8 k k 2 2 8 = P(x) = (1 + x + 3x ) = k=0 8 0.25 9.a 8  k  8 k = ∑C  ∑Ckm (3x2 )k −m xm  = ∑∑C8kCkm3k −m.x2k −m k k =0 8  m=0  k=0 m=0 . 2k − m = 14  m = 0 m = 2 ⇒ 0 ≤ m ≤ k ≤ 8 ⇔  ∨ 0.25 YCBT m, k ∈ Z k = 7 k = 8 .  Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37 + C8 C82 36 )x14 8 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao. 1đ Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x − 2 = 0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên E ( 2; t ) . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 2 0,5  1  1 IA = IE ⇔ ( t −1) +  −2 −  =  2 +  + 52 ⇔ ( t −1) = 52 ⇔ t = 6; t = −4 . Do đo ta được 2 2  2  2 7.b E ( 2; − 4 ) Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC 5 hay BC nhận EI = − (1; −2 ) là vectơ pháp tuyến. 0.25 2 Do đó pt của BC là:  3 BC :1. ( x − 2 ) − 2.  y +  = 0 ⇔ x − 2 y − 5 = 0 . Vậy BC : x − 2 y − 5 = 0. 0.25  2 www.DeThiThuDaiHoc.com 6
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam DeThiThuDaiHoc.com Gọi M ( m1; m2 ; m3 ) là điểm thuộc ( AB ) khi đó AM , AB cùng phương 1đ AM = ( m1; m2 ; m3 + 1) , AB = (1; 2; 2 ) AM , AB cùng phương  m1 = t 0.25  ⇔ ∃t ∈ R : AM = t AB ⇔ m2 = 2t ⇒ M ( t ; 2t ; −1 + 2t )  m = −1 + 2t  3 8.b Gọi N ( n;0;0 ) ∈ ( Ox ) NM = ( t − n; 2t ; 2t − 1) , CD = (1; 2; −2 ) 0.25 MN vuông góc CD nên NM .CD = 0 ⇔ t − n + 4t − 4t + 2 = 0 ⇔ t − 2 = n (1) MN = 3 ⇔ MN 2 = 9 ⇔ ( t − ( t − 2 ) ) + 4t 2 + ( 2t − 1) = 9 2 2 t = 1 0.25 ⇔ 8t − 4t + 5 = 9 ⇔ 8t − 4t − 4 = 0 ⇔  1 2 2 t =  2 Với t = 1 ⇒ n = −1 ⇒ M (1; 2;1) , N ( −1;0;0 ) 1 3 1   3  0.25 Với t = ⇒ n = − ⇒ M  ;1;0  , N  − ;0;0  2 2 2   2  1đ ( 2) 6 ĐK: y-2x +8 > 0 ; (PT 1) ⇔ y – 2x + 8 = ⇔ y = 2x 0.25 Thế vào pt thứ hai ta được: x x 3x x  8   18  2 2 0.25 8 + 2 .3 = 2.3 ⇔ 8 + 18 = 2.27 ⇔   +   = 2 ⇔   +   = 2 x x 2x 3x x x x 9.b  27   27  3 3 x Đặt: t =   , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 + t + 2 ) = 0 2   0.25 3 x = 0 ⇔ t =1⇒  . Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0) 0.25 y = 0 Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm www.DeThiThuDaiHoc.com 7

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.