Đề thi thử ĐH Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 năm 2013

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì tuyển sinh vào Đại học. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 năm 2013 để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH Toán - THPT Lý Thái Tổ lần 1 năm 2013

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN; Khối B, D Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 02-03/11/2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8.0 điểm): Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2 có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Đường thẳng (d) đi qua A(3; 2) và có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, M, N sao cho tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2.0 điểm). Giải các phương trình sau:    5    1/ 4sin 2  x    cos(3x + 2013 ) - 2sin   2 x   2  sin  x    2  2   2 2/ x 2  3 x  x 2  5 x  2 x 2  3 x  (x 2  1)y 4  1  2xy 2 (y 3  1) Câu III (1 điểm). Giải hệ phương trình:  với x, y  2 4 4  xy (3xy  2)  xy (x  2y)  1 Câu IV (2.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật; độ dài cạnh AB = a; BC  a 2 . Các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a. Gọi M, N tương ứng là trung điểm các cạnh AD và BC, K là 2 2a điểm trên AD sao cho AK  . 3 a/ Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a. b/ Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng MN và SK. Câu V (1.0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 1 thức P    . a  bc b  ac c  ab PHẦN RIÊNG (2.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua M(2; 3) và cắt Ox tại A(a; 0), cắt Oy tại B(0; b) sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 16, biết a và b dương. Câu VII.a (1.0 điểm). Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển thành đa thức của nhị thức n  3  1 C2 C3 Cn  2 x  4  . Biết n thỏa mãn Cn  2 n  3 n  ...  n nn1  120 . 1 2  2 x Cn Cn Cn B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 3 điểm M(1; 1), N(-2, 2), P(2, -2). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết M là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông, đường thẳng AB đi qua N và đường thẳng CD đi qua P. Câu VII.b (1.0 điểm). Tìm m để phương trình 4 x 4  13x  m  x  1  0 có nghiệm duy nhất. -------------------- 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:........................... Đề gồm 01 trang.
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 (Ngày thi: 02 – 03/ 11/ 2013) Môn: TOÁN - Khối B, D (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm I 1. (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ: y  x 3  3 x 2  2 (2.0 điểm) • Tập xác định: D  . • Sự biến thiên: 0,25 + Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  +Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x ; y '( x)  0  x = 0 hoặc x = 2. + H.số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  ; ng.biến trên khoảng  0;2  . 0,25 +Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCĐ  2 ; đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 . + Bảng biến thiên: x  0 2  y’ + 0  0 + 0.25 y 2   -2 • Đồ thị: y 2 0.25 O -1 1 2 3 x -2 2. (1.0 điểm) Đường thẳng (d) đi qua A(3; 2) và có hệ số góc k ... + Đường thẳng (d): y = k(x – 3) + 2. x  3  0 0,25 + Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 2 = k(x – 3) + 2   2 x  k  0 + (d) cắt (C) tại 3 điểm A, M, N phân biệt  x 2  k  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 3 0k 9 x  k 0,25 + Phương trình: x 2  k  0   x   k  + Hệ số góc của tiếp tuyến tại M và N lần lượt là: y ' k  3k  6 k ; y '  k  3k  6 k 0,25    
+ Tiếp tuyến tại M và N vuông góc  y ' k . y '  k  1     18  3 35   3k  6 k 3k  6 k   1  9k 2  36k  1  0  k  9 (t / m) 0.25 II 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: (2.0    5    4sin 2  x    cos(3x + 2013 ) - 2sin   2 x   2  sin  x   điểm)  2  2   2 PT  4cos 2 x  cos3x  2cos2x  2  cosx 0,25  cos3x  cosx 0,25 3 x  x  k 2   0,25  3 x   x  k 2   xk . 0,25 2 2. (1 điểm) Giải các phương trình: x 2  3x  x 2  5 x  2 x 2  3x  x  5 Điều kiện:  x  3  0,25 x  0  Pt  x 2 ( x  3)( x  5)  x 2  5 x 0,25  x 2 ( x  3)( x  5)  x 2 ( x  5) 2 (Điều kiện: x 2  5 x  0 ) 0,25 x  0 x  0   x  5   (thỏa mãn) 0,25 x  3  x  5  x  5   (x 2  1)y 4  1  2xy 2 (y 3  1) Giải hệ phương trình:  2 4 4 với x, y   xy (3xy  2)  xy (x  2y)  1  2 xy 5  2 xy 2  x 2 y 4  y 4  1(1) + Hpt   2 6 2 2 4 5 3 x y  2 xy  x y  2 xy  1(2) 0,25 Lấy (2) trừ (1) ta được: 3x2 y6 – 4xy5 + y4 = 0.  y  0  y4  0  III    xy  1 0,25 2 (1.0 3  xy   4 xy  1  0   1 điểm)  xy   3 + Với y = 0 thay vào pt (1) không thỏa mãn. Suy ra hệ vô nghiệm. 1 5 + Với xy = 1 thay vào pt (1). Ta được: y 4  ( y  1) 2  y  2 0,25 1 5 5 1 1 5  5 1 + Với y  x ; y x 2 2 2 2 1 + Với xy  thay vào pt (1) ta được: 3y4 + (y + 3)2 = 0 vô nghiệm. 0,25 3
 5 1 1 5    5 1 1 5  Vậy hệ có 2 nghiệm  ;  và  ;   2 2   2 2  IV a/ Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a. (1.0 điểm) (2.0 S điểm) + Gọi AC  BD  O . + Do SA = SB = SC = SD Suy ra SO  ( ABCD ) H B N E 0,25 C O F A M K D 3a 2 a 13 SO  SA2  OA2  4a 2   0,25 4 2 1 1 1 a 13 a 3 26 VS . ABCD  SO.S ABCD VS . ABCD  SO.S ABCD  . .a.a 2  (đvtt) 3 3 3 2 6 0,25 b/ Tính khoảng cách giữa MN và SK theo a. (1.25 điểm) + Kẻ KE // MN . 0,25 + Khi đó, MN //(SEK ) nên d(MN,SK)  d ( MN ,( SEK ))  d (O,( SEK )) + Gọi F là trung điểm KE. Ta có: KE  OF ; KE  SO  KE  ( SOF ) + Trong ( SOF ) dựng OH  SF . 0,25 Khi đó, OH  ( SKE )  d(MN,SK)  d (O,(SEK ))  OH 2a + Có OF = MK = AK – AM = 6 0,25 1 1 1 1 4 36 13a 2 13 + Có 2  2  2  2  2  2  OH 2   OH  a OH OS OF OH 13a 2a 238 238 + Vì MN // KE . Suy ra góc giữa MN và SK bằng góc giữa KE và SK . 0,25 + KE  ( SOF )  KE  SF  SFK vuông tại F  góc giữa KE và SK bằng SKF a 11 MOK vuông tại M  OK  OM 2  MK 2  6 4 2a KF a 3 3 2  SK  SO 2  OK 2   cos SKF   .  . 0,25 3 SK 2 4 2a 16  SKF =74037’24” V Tìm GTNN của P
(1.0 điểm) 1 1 1 1 1 1 9 + Chứng minh:  x  y  z       9     x y z x y z x yz 0,25 1 1 1 9 P    a  bc b  ca c  ab a  bc  b  ca  c  ab + Ta có: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c). ( a  b )  ( a  c ) 2a  b  c Suy ra a  bc  (a  b)(a  c)   2 2 (b  a )  (b  c) a  2b  c 0,25 + Tương tự: b  ca  (b  a )(b  c)   2 2 ( c  a )  (c  b) a  b  2c c  ab  (c  a )(c  b)   2 2 2a  b  c a  2b  c a  b  2c Suy ra: a  bc  b  ca  c  ab    2 2 2 4( a  b  c)  a  bc  b  ca  c  ab  2 0,25 2 9 Vậy P  2 a  b  c  1 a  b  a  c 9  a  b  c  1 1 + Vậy P đạt GTNN bằng   abc 0,25 2 b  a  b  c a  b  c 3 c  a  c  b  VIa Lập phương trình đường thẳng d (1.0 x y điểm) Gọi phương trình dường thẳng (d) cần tìm có dạng:   1 (Đk: ab  0 ) 0,25 a b 2 3 M (2;3)  (d )    1  3a  2b  ab (1) a b (d )  Ox  A(a;0);(d )  Oy  B(0; b)  OA  a  a; OB  b  b 0,25 1 S ABC  OA.OB  ab  32(2) 2  8  ab  32 a  8 a  Từ (1) và (2) có hệ:   hoăc  3 0,25 3a  2b  ab b  4 b  12  a  8 x y + Với  ta được (d):   1  x  2 y  8  0 b  4 8 4  8 0,25 a  3x y + Với  3 ta được (d):   1  9 x  2 y  24  0 b  12 8 12  Tìm hệ số của x 6 trong khai triển ...
VIIa Cn 1 n  k k (1.0 + Xét khai triển k  với 0  k  n; k , n  điểm) Cn k 1 0,25 + Áp dụng lần lượt với k = 0; 1; 2; ...;(n – 1). Ta được: n + (n – 1) + (n – 2) + ... + 2 + 1 = 120. n(n  1)  n  15   120   0,25 2  n  16(loai ) 15 15  k k 15  k k  3  15 k  1  3 1  15 k 3 15  k k  Ta có  2 x  4    C15  2 x 2  . x 4    C15  2  .  .x 2 4 0,25  2 x k 0   2  k 0 2 15  k k + Hệ số của số hạng chứa x6 tương ứng với  6 k 2 2 4 2 0,25 6 2 15  23 + Với k = 2 ta có hệ số của số hạng chứa x là: C 2 15 .   C15 211.32  1.935.360 2  2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy… + Đường thẳng AB: a ( x  2)  b( y  2)  0  ax  by  2a  2b  0 ; a 2  b 2  0 0,25 + Đường thẳng CD: a ( x  2)  b ( y  2)  0  ax  by  2a  2b  0 ; a 2  b 2  0 3a  b a  3b + Vì d (M , AB)  d ( M , CD)    a  b 2 2 VIb a b a 2  b2 0,25 (1.0 + Vậy: ( AB) : x  y  4  0 ; (CD ) : x  y  4  0 điểm) + Phương trình BC và DA có dạng: x  y  c  0 c2 c  2 4 0,25 + Do d (M , BC )  d (M , AB)    2 2  c  6 + Với: ( BC ) : x  y  6  0 ; ( AD) : x  y  2  0 thì A(3;1); B(1;5); C (5;1); D(1; 3) 0,25 + Với: ( BC ) : x  y  2  0 ; ( AD) : x  y  6  0 thì A(1;5); B(3;1); C (1; 3); D(5;1) VIIb Tìm m để phương trình 4 x 4  13x  m  x  1  0 có nghiệm duy nhất . (1.0 điểm) Ta có PT  4 x 4  13x  m  1  x . ĐK để PT có nghiệm là: x  1 0,25 3 2 + Bình phương hai vế. Suy ra m  4x  6x  9x  1 (*). + Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f (x)  4x 3  6x 2  9x  1 với x  1 và đường thẳng y = m 0,25 + Xét hàm số: f (x)  4x 3  6x 2  9x  1 với x  1 3 1 Có f '(x)  0  x  hoặc x  ; lim f ( x)   2 2 x   Bảng biến thiên: 1 x   1 2 y'  0 + 0,25 y  12 3  2
3 Dựa vào BBT để phương trình có nghiệm duy nhất thì m   hoặc m > 12. 0,25 2 Chú ý: Bài làm có thể làm theo các cách khác nhau, điểm số cho tương ứng với thang điểm của câu đó