zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 5

Chia sẻ: Phung Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

59
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử toán đh năm 2013 đề số 5', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 5

WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 TỔ: TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 1 PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3mx 2  (m  1) x  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm m để đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm C  0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3  x  2 y  1  2 x  4( y  1)  2. Giải hệ phương trình  . 2 2  x  4 y  2 xy  7  e ln x  2 Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =  x ln x  x dx . 1 Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của 5 biểu thức: A  xy  yz  zx  . x yz 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (  ): 3 x  4 y  7  0 . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (  ) tại hai điểm B, C sao cho  ABC vuông tại A 4 và có diện tích bằng . 5 x 1 y 1 z  2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và điểm A(2;1;2). 2 1 1 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng . 3 10 2 ( Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( + 2x) . 3 + 4x + 4x 1 2 ) = a 0 + a1 x + a 2 x2 + .. .+ a14 x14. Tìm giá trị của a6. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. x  1 t  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : d1 :  y  2  t ; z 1 
WWW.VIETMATHS.COM x  2 y 1 z 1 d2 :   . Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d 2 , sao cho khoảng cách từ d1 đến (P) 1 2 2 gấp hai lần khoảng cách từ d 2 đến (P). log 2 ( y  2 x  8)  6  Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  . x x y x y 8  2 .3  2.3  ----------Hết---------- TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐÁP ÁN TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1. Câu NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 Với m=1 ta có y  2 x 3  3 x 2  1  TXĐ: D=R 0,25  Sự biến thiên: - Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  x  0 -Ta có: y '  6 x ( x  1)  y '  0    x 1 -BBT: x  0 1  y’ + 0 - 0 + 0,25 y 1   0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (  ;0) và (1;  ) I.1 Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0  Đồ thị: 1 1 1 - Ta có y ''  12 x  6  y ''  0  x   I ( ; ) là điểm uốn của đồ thị. 2 2 2 - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A  0;1  1  - Đồ thi cắt trục Ox tại B 1; 0  ;C   ; 0  0,25  2 
WWW.VIETMATHS.COM Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: y  2 x3  3mx 2  (m  1) x  1 là nghiệm phương trình: 2 x3  3mx 2  (m  1) x  1  2 x  1 0,25 x  0  y  1  x(2 x 2  3mx  m  3)  0   2  2 x  3mx  m  3  0 (*) Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu  2.(m  3)  0  m  3 0,25  3m  x A  xB  2   y  2 xA  1 I.2 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn  và  A ( vì A và B thuộc (d)) 0,25  x .x  m  3  y B  2 xB  1  A B  2 AB = 30  ( xB  x A )2  ( yB  y A ) 2  30 9m 2 m 3  ( xB  x A ) 2  6  ( xB  x A )2  4 xB .x A  6   4. 6 4 2 0,25 m  0  9 m  8m  0   2  tmdk : m  3 . m  8  9 CÂU II 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x 0,25 II.1 cosx=0  4cos3xcosx=2 3cos 2 x  2s inxcosx   0,25  2cos3x= 3cosx+sinx  + cosx=0  x=  k 0.25 2
WWW.VIETMATHS.COM      3x=x- 6  k 2  x   12  k + 2cos3x= 3cosx+sinx  cos3x=cos(x- )    0,25 6 3x    x  k 2  x    k   6   24 2  x  2 y  1  2 x  4( y  1)  2. Giải hệ phương trình  . 2 2  x  4 y  2 xy  7  Điều kiện: x+2y 1  0 0,25 Đặt t = x  2 y  1 (t  0) t  2  t / m  Phương trình (1) trở thành : 2t – t – 6 = 0   2 0,25 t   3  k t/m    2 II.2 x  2 y  3 + Hệ   2 2 0,25  x  4 y  2 xy  7  x  1 0,25   y  1   x  2 (t / m)   y  1   2 e e ln x  2 ln x  2 Ta có: I =  x ln x  x dx =  dx 1 1 (ln x  1)x 0,25 1 Đặt t = lnx + 1  dt = dx ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 x Câu II 0,25 2 2 t 3  3 Suy ra: I =  dt    1  dt 0,25 1 t 1 t 2 =  t  ln | t | = 1 – ln2 0,25 1 Câu IV S M A C H
WWW.VIETMATHS.COM BC  AB   BC  (SAB)  BC  SB BC  SA 0,25 Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc SBA . Theo giả thiết SBA = 450 Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC. Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS. 0,25 Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a. SA  (ABC), MH // SA nên MH  (ABC). 0,25 Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. 1 a3 Suy ra VM.ABC  MH.SABC  0,25 3 12 2 t2  3 §Æt t  x  y  z  t  3  2( xy  yz  zx )  xy  yz  zx  . 0,25 2 Ta cã 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nªn 3  t 2  9  3  t  3 v× t  0. t2  3 5 0.25 Khi ®ã A   . Câu V 2 t 2 t 5 3 XÐt hµm sè f (t )    , 3  t  3. 2 t 2 0,25 5 t3  5 Ta cã f ' (t )  t  2   0 , t   3;3 .   t t2 14 Suy ra f (t ) ®ång biÕn trªn [ 3 , 3] . Do ®ã f (t )  f (3)  . 3 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi t  3  x  y  z  1. 0,25 14 VËy GTLN cña A lµ , ®¹t ®îc khi x  y  z  1. 3 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 4 điểm) Gọi AH là đường cao của ABC , ta có AH  d ( A;  )  0,25 5
WWW.VIETMATHS.COM 1 4 1 4 S ABC  AH .BC   . .BC  BC  2 . Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường 2 5 2 5 1 tròn cần tìm, ta có : R  AI  BC  1 . 2 ì x = - 1 + 4t ï Phương trình tham số của đường thẳng (  ): ï í ï y = 1 + 3t ï î I Î (  ) Þ I(-1+4t; 1 + 3t) 0,25 9 AI = 1 Û 16t2 + (3t – 1)2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 5 + t = 0 Þ I(-1; 1) 0,25 Phương trình của đường tròn là: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1 9 1 43 +t= Þ I(- ; ) 5 25 25 0,25 1 2 43 2 Phương trình của đường tròn là: (x + ) + (y – ) =1 25 25 2. (1,0 điểm)  Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u = (2 ; -1 ; 1).  Gọi n = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). 0,25   Vì   ( P) nên n . u  0   2a – b + c = 0  b = 2a + c  n =(a; 2a + c ; c ) Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 0,5  ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 1 a 1 2 d(A ; (P)) =    a  c  0  a  c  0 2 2 2 3 a  (2a  c )  c 3 Chọn a = 1 , c = -1 0,25 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0 10 2 ( Cho khai triển ( + 2x) . 3 + 4x + 4x 1 2 ) = a 0 + a1 x + a 2 x2 + .. .+ a14 x14. Tìm giá trị của a6. 2 2 (1 + 2x) . (3 + 4x + 4x 2 ) = (1 + 2x) . é2 + (1 + 2x) ù 10 10 2 ê ë ú û 0,25 10 12 14 VII.a = 4 ( + 2x) + 4 ( + 2x) + ( + 2x) 1 1 1 (1,0 10 6 điểm) Hệ số của x6 trong khai triển 4 ( + 2x) là 4.26. C10 1 12 6 Hệ số của x6 trong khai triển 4 ( + 2x) là 4.26. C12 1 0,5 14 6 Hệ số của x6 trong khai triển 4 ( + 2x) là 26. C14 1 6 6 6 Vậy a6 = 4.26. C10 + 4.26. C12 + 26. C14 = 482496 0,25 B. Theo chương trình Nâng cao VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a ; - a điểm) 0,25 – 3) và C(- 2c – 3 ; c).
WWW.VIETMATHS.COM  a  2c  3  4  a  1 I là trung điểm của AC     A(-1; -2); C(5 ;-4) 0,25   a  3  c  6 c   4  x  2  t Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u =(1;3) có ptts là  y  3  3t B  BD  B(2+t ; -3 +3t) 0,25     Khi đó : AB = (3 +t ;–1+3t); CB = (- 3+t; 1+3t)   AB . CB  0 Û t = ± 1 Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) 0,25 2. (1,0 điểm)  d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1  1; 1; 0  ; d 2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:  0,25 u2  1; 2; 2      Gọi n là một vtpt của (P), vì (P) song song với d1 và d 2 nên n = [ u1 ; u2 ] = (-2 ; -2 ; -1) 0,25  (P): 2x + 2y + z + D = 0  D  3  7  D  2(5  D) d(A ; (P) = 2d( B;(P))  7  D  2. 5  D    0,25  7  D  2(5  D )  D   17  3 17 Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - =0 0,25 3 log 2 ( y  2 x  8)  6 (1)  Giải hệ phương trình:  x x y x y . 8  2 .3  2.3  (2) Điều kiện: y – 2x + 8 > 0 6 0,25 (1)  y – 2x + 8 =  2  y  2x Thay y  2 x vào phương trình (2), ta được x x 3x x VII.b x x 2x 3x x 8   18  x 2 x  2 0,25 (1,0 8  2 .3  2.3  8  18  2.27        2        2  27   27  3  3 điểm) x 2 Đặt: t =   (t > 0) 3 3  Ta có phương trình t  t  2  0   t  1 t  t  2  0 2  0,5 x  0  t  1  y  0 Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)

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.