Đề thi thử ĐH Toán lần 1 (2013 - 2014) khối B - THPT Chuyên Quốc Học-Huế (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để học sinh xem xét đánh giá khả năng tiếp thu bài và nhận biết năng lực của bản thân về môn Toán, mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học lần 1 Toán 2014 khối B của trường THPT Quốc Học-Huế có kèm theo hướng dẫn giải.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH Toán lần 1 (2013 - 2014) khối B - THPT Chuyên Quốc Học-Huế (Kèm đáp án)

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) --------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x + 2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Gọi d là đường thẳng đi qua A ( 2;4 ) và có hệ số góc là k . Tìm k để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC cân tại O (với O là gốc tọa độ). 2 cos 2 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cot x = − ( x ∈ ») . sin 2 x cos x  3 3 x − 2 y = x + 4 y Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2 ( x; y ∈ » ) . 13 x − 41xy + 21 y = −9  Câu 4 (1,0 điểm). Tính các giới hạn sau: 3 a) lim ( x + 4 ) sin . x →+∞ x 3 2 x − 3. 3 x − 5 − 1 b) lim . x →2 x −2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB = AC = a. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 (1,0 điểm). Cho x ; y ; z là các số thực dương thay đổi sao cho x + y + z = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz . 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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD. Các đỉnh B và D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 và d2 : x − 2 y + 3 = 0 . Đường thẳng AC có phương trình là x + 7 y − 31 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm. log5 3 9 x −1 + 7 − 1 log5 3x−1 +1 ( ) . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a3 trong khai Câu 8a (1,0 điểm). Cho a = 5 và b =5 5 8 triển Niu-tơn của ( a + b ) là 224. 2 2 Câu 9a (1,0 điểm). Tìm các số thực m để bất phương trình 4 x −2 x + m.2 x −2 x +1 + m ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [0;2 ] . A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C ( 4;3) ; đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 và 4 x + 13 y − 10 = 0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. Câu 8b (1,0 điểm). Chứng minh rằng: 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 . 1 2 2012 2013 Câu 9b (1,0 điểm). Tìm các số thực m để phương trình m 2 x 2 + 9 = x + m có đúng một nghiệm thực. -------------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:…………
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC www.VNMATH.com ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu Đáp án Điểm 1a • Tập xác định: D = » • Sự biến thiên: 0,25 2 2 - Chiều biến thiên: y ' = 3x − 3 ; y ' = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = ±1 . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , yC§ = 4 ; đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = 0 . 0,25 - Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = −∞ . x →+∞ x →−∞ - Bảng biến thiên: x -∞ -1 1 +∞ y' + 0 - 0 + 0,25 4 +∞ y -∞ 0 • Đồ thị: y 4 2 0,25 x -2 -1 O 1 2 1b Đường thẳng d qua A ( 2;4 ) với hệ số góc k có phương trình là: y = kx − 2 k + 4 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x 3 − 3x + 2 = kx − 2k + 4 0,25 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − k + 1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x 2 + 2 x − k + 1 = 0 (* ) d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 1 − (1 − k ) > 0  k > 0 ⇔ ⇔ (**) 0,25 9 − k ≠ 0  k ≠ 9 O, B, C không thẳng hàng ⇔ O ∉ d ⇔ k ≠ 2 . (***)  x B + x C = −2 Theo định lý Vi-ét:  . Ta có yB − yC = ( kx B − 2k + 4 ) − ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B − xC )  x B xC = 1 − k và yB + yC = ( kx B − 2k + 4 ) + ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B + xC ) − 4 k + 8 = −6 k + 8 . 0,25 2 2 2 2 Tam giác OBC cân tại O ⇔ OB = OC ⇔ x + y = x + y B B C C ⇔ ( x B + xC )( x B − xC ) = ( yC − yB )( yC + yB ) ⇔ −2 ( x B − xC ) = − k ( x B − xC )( −6 k + 8 )
www.VNMATH.com ⇔ −2 = − k ( −6 k + 8 ) (vì x B ≠ xC ) 1 0,25 ⇔ 3k 2 − 4 k + 1 = 0 ⇔ k = 1 hoặc k = (thỏa (**) và (***)). 3 2 cos x ≠ 0 kπ Điều kiện:  ⇔x≠ (k ∈ ») . sin x ≠ 0 2 0,25 cos x 1 cos 2 x Phương trình đã cho tương đương với: = − sin x sin x cos x cos x ⇔ cos x = 1 − sin x cos 2 x ⇔ sin x cos 2 x = sin 2 x ⇔ sin x ( cos 2 x − sin x ) = 0 2 0,25 ⇔ cos 2 x − sin x = 0 (vì sin x ≠ 0 ) sin x = −1 ⇔ 2 sin 2 x + sin x − 1 = 0 ⇔  sin x = 1 0,25  2 π • sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π (k ∈ ») (không thỏa mãn điều kiện). 2  π 1  x = 6 + k 2π • sin x = ⇔  ( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện). 0,25 2  x = 5π + k 2π   6 3  x3 − 2 y 3 = x + 4 y  (1)  2 2 13 x − 41xy + 21 y = −9 (2)  0,25 Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2), ta được phương trình: −9 ( x 3 − 2 y3 ) = ( x + 4 y ) (13 x 2 − 41xy + 21y 2 ) ⇔ 22 x 3 + 11x 2 y − 143 xy 2 + 66 y 3 = 0 ⇔ ( 2 x − y )( x − 2 y )( x + 3 y ) = 0 ⇔ y = 2 x hoặc x = 2 y hoặc x = −3 y . 0,25 Thay y = 2 x vào (1), ta được: (1) ⇔ 15 x 3 + 9 x = 0 ⇔ x = 0 , lúc đó y = 0 . Thử lại x = y = 0 không phải nghiệm của hệ đã cho. 0,25 Thay x = −3 y vào (1), ta được: (1) ⇔ 29 y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 , lúc đó x = 0 . Thử lại x = y = 0 không phải nghiệm của hệ đã cho. Thay x = 2 y vào (1), ta được: (1) ⇔ y 3 − y = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = ±1 . • y = 0 thì x = 0 , thử lại không phải nghiệm của hệ đã cho. • y = 1 thì x = 2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. 0,25 • y = −1 thì x = −2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) và ( x; y ) = ( −2; −1) . 4 3 3 3 3 ( x + 4 ) sin x  4 sin x a/ lim ( x + 4 ) sin = lim . = lim 3  1 +  . 0,25 x →+∞ x x →+∞ x 3 x →+∞  x 3 x x 3 sin  4 3 x = 1 . Suy ra lim ( x + 4 ) sin 3 = 3 . Vì lim 3  1 +  = 3 và lim = 0 nên lim 0,25 x →+∞  x x →+∞ x x →+∞ 3 x →+∞ x x 2 x − 3. 3 3 x − 5 − 1  3 3x − 5 − 1 2 x − 3 −1 b/ lim = lim  2 x − 3. +  x →2 x −2 x →2  x −2 x −2 
www.VNMATH.com    3x − 6 2x − 4  = lim  2 x − 3. +  0,25 ( x − 2 )  3 ( 3 x − 5) + 3 3 x − 5 + 1  ( x − 2 ) 2 x − 3 + 1  ( ) x →2   2          3 2x − 3 2 = lim  +  = 1+1 = 2 . 0,25 x →2  3 2  2x − 3 +1  ( 3 x − 5) + 3 x − 5 + 1 3  5 S Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Suy ra AN là trung trực của BC và trung trực của MB là đường thẳng d đi qua H và song song với AC. Suy ra O là giao điểm của AN và d. Ta có SO ⊥ ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt 0,25 phẳng (ABC) là góc SBO = 60o . A C 3 3a Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO = HA = AB = . N 4 4 M H B O a 10 a 30 Tam giác BHO vuông tại H nên BO = BH 2 + HO2 = . Ta có: SO = BO.tan 60o = ; 4 4 0,25 1 a 3 30 Do đó: VS . ABC = .S ∆ABC .SO = . 3 24 Vì SO ⊥ ( ABC ) và OH ⊥ AB nên SH ⊥ AB . a 39 1 a 2 39 0,25 Suy ra SH = SO2 + OH 2 = và S ∆SAB = AB.SH = . 4 2 8 3VS . ABC a 130 d ( C , ( SAB) ) = = . 0,25 S ∆SAB 13 6 Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất. Lúc đó 0 < z < 1 (vì z ≥ 1 thì x + y + z > 2 ). 2 2 0,25 Ta có F = ( x + y ) + z 2 + 2 xy ( z − 1) = ( 2 − z ) + z 2 − 2 xy (1 − z ) . 2 2 2  x+y 2−z 2−z Mặt khác xy ≤   =  nên −2 xy (1 − z ) ≥ −2   (1 − z ) .  2   2   2  0,25 1 ( Từ đó F ≥ z 3 − z 2 + 4 2 (1) ) 1 1 2 ( ) ( ) Xét f ( z ) = z 3 − z 2 + 4 với 0 < z < 1 . Ta có f ' ( z ) = 3z 2 − 2 z = 0 ⇔ z = ∈ ( 0;1) . 2 2 3 Bảng biến thiên: 2 z 0 3 1 f'(z) - 0 + 0,25 f(z) 52 27
52 www.VNMATH.com Từ bảng biến thiên suy ra f ( z ) ≥ (2) 27 0,25 52 52 2 Từ (1) và (2) ta có F ≥ . Vậy Fmin = đạt được khi x = y = z = . 27 27 3 7a B ∈ d1 ⇔ B ( b;8 − b ) và D ∈ d2 ⇔ D ( 2d − 3; d ) . Suy ra BD = ( −b + 2d − 3; d + b − 8) .  b + 2d − 3 d − b + 8  0,25 I là trung điểm của BD nên I  ; .  2 2   BD ⊥ AC u . BD = 0  8b − 13d + 13 = 0 b = 0 Theo tính chất hình thoi:  ⇔  AC ⇔ ⇔ .  I ∈ AC  I ∈ AC  2 b − 3d + 3 = 0 d = 1 0,25  1 9 Vậy B ( 0;8 ) , D ( −1;1) , I  − ;  .  2 2 1 2S AC 15 Ta có A ∈ AC ⇔ A ( −7a + 31; a ) . S ABCD = AC. BD ⇒ AC = = 15 2 ⇒ IA = = . 0,25 2 BD 2 2 2 2 2 15  63   9   15  Ta có IA = ⇔  −7a +  +  a −  =  ⇔ a = 3 hoặc a = 6 . 2  2   2  2   0,25 Suy ra A (10;3) hoặc A ( −11;6 ) . Do x A < 0 nên A ( −11;6 ) , từ đó C (10;3) . 8a 1 − 1 Ta có a = 9 ( x −1 ) 3 +7 ; b = 3 ( x −1 +1 ) 5 . 0,25 8 Số hạng chứa a3 trong khai triển Niu-tơn của ( a + b ) là: 3 5  x −1 1   − 1  −1 0,25 ( ) C  9 + 7 3  .  3x −1 + 1 5 8 ( ) 5 x −1 x −1  = 56 9 + 7 3 + 1 ( )( ) .     −1 2 ( Theo giả thiết, ta có: 56 9 x −1 + 7 3x −1 + 1 )( ) = 224 ⇔ 3x −1 ( ) − 4.3x −1 + 3 = 0 0,25 3x −1 = 1 x = 1 ⇔  x −1 ⇔ . 0,25 3 = 3  x = 2 9a 2 −2 x 1 Đặt t = 2 x . Vì 0 ≤ x ≤ 2 nên ≤ t ≤ 1. 0,25 2 −t 2 1 0,25 2 Bất phương trình đã cho trở thành: t + 2mt + m ≤ 0 ⇔ m ≤ = f ( t ) với ≤ t ≤ 1 . 2t + 1 2 −2t 2 − 2t 1  1  Ta có f ' ( t ) = 2 < 0, ∀t ∈  ;1  , hơn nữa f ( t ) liên tục trên đoạn  ;1 nên suy ra ( 2t + 1) 2  2  0,25 1  hàm số f ( t ) nghịch biến trên đoạn  ;1 . 2  1  1 Do đó m ≤ f ( t ) , ∀t ∈  ;1 ⇔ m ≤ min f ( t ) ⇔ m ≤ f (1) ⇔ m ≤ − . 0,25 2  1   2 ;1 3   7b Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến . Tọa độ của A là nghiệm của hệ: x + 2y − 5 = 0 x = 9  ⇔ . 0,25 4 x + 13y − 10 = 0  y = −2 Vậy A ( 9; −2 ) . Từ đó phương trình AC là: x + y − 7 = 0 . Gọi C' là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C' thuộc AB. Đường thẳng CC' qua C ( 4;3) và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 . 0,25
www.VNMATH.com Gọi H là giao điểm của CC' và AD thì H(3;1). Từ đó C ' ( 2; −1) . 0,25 Suy ra phương trình AB là x + 7 y + 5 = 0 . Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x + 7 y − 10 = 0 . Vì M là giao điểm của MH và AM nên M ( −4;2 ) . Suy ra phương trình BC là x − 8 y + 20 = 0 . 0,25 Thử lại ta thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác trong của tam giác ABC. Vậy AC : x + y − 7 = 0; AB : x + 7 y + 5 = 0 và BC : x − 8 y + 20 = 0 . 8b Ta có (1 + x ) 2013 = C2013 + C2013 x + C2013 x 2 + ... + C2013 x 2012 + C2013 x 2013 . 0 1 2 2012 2013 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2012 0,25 2013 (1 + x ) = C2013 + 2C2013 x + ... + 2012C2013 x 2011 + 2013C2013 x 2012 (1) 1 2 2012 2013 Nhân 2 vế của 1 với x, ta được: 2012 2013 x (1 + x ) = C2013 x + 2C2013 x 2 + ... + 2012C2013 x 2012 + 2013C2013 x 2013 1 2 2012 2013 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2011 2013 (1 + x ) ( 2013 x + 1) = C2013 + 2 2 C2013 x + ... + 2012 2 C2013 x 2011 + 20132 C2013 x 2012 . 1 2 2012 2013 Cho x = 1 , ta được 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 (đpcm). 1 2 2012 2013 0,25 9b x Ta có phương trình đã cho tương đương với: =m 2 2x + 9 −1 x Xét hàm số f ( x ) = có tập xác định D = » . 2x2 + 9 −1 0,25 2 ( 36 − x 2 ) f '( x) = 2 . 2 ( 2x + 9 9 + 2x + 9 2 )( 2 2x + 9 −1 ) 3 3 1 1 f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±6; f ( 6 ) = ; f ( −6 ) = − và lim f ( x ) = ; lim f ( x ) = − . 0,25 4 4 x →+∞ 2 x →−∞ 2 Bảng biến thiên: x -∞ -6 6 +∞ f'(x) - 0 + 0 - 0,25 -1 3 f(x) 2 4 1 -3 2 4 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m = ± 3 hoặc − 1 ≤m≤ 1 . 0,25 4 2 2 HẾT