Đề thi thử Đai học lần 2 môn Toán khối D năm 2013-2014 của Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh trường THPT Ngô Gia Tự sẽ giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập môn Toán với các nội dung như: Khảo sát sự biến thiên của hàm số, giải phương trình và bất phương trình, mặt phẳng tọa độ trong không gian...
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Kỳ thi thử ĐH lần 2 Toán khối D (2013-2014) - THPT Ngô Gia Tự (Kèm Đ.án)
- www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT BẮC NINH KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NĂM HỌC 2013-2014
Môn thi: TOÁN - KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y x3 3mx 2 3( m 2 1) x m3 m (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm
số đến gốc tọa độ bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc
tọa độ .
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 2cos3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3cos 2 (2 x )
4
2 3
Câu 3. (1 điểm) Giải bất phương trình log 3 ( x 1) log 4 ( x 1) 0
x 2 y 2 2( x y ) 7
Câu 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình
y ( y 2 x) 2 x 10
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a . Cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy
a 3
điểm M sao cho AM = , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM .
3
Câu 6. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.
2 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3( x y z ) 2 xyz .
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
5
: 3 x 4 y 4 0 . Trên lấy hai điểm A và B đối xứng nhau qua I (2; ) sao cho diện tích tam giác
2
ABC bằng 15. Viết phương trình đường thẳng AB.
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x y 3 0 và d 2 : x y 6 0 . Trung điểm của
một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 9. (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt,
trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n 2 , n N ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các
điểm đã cho. Tìm n.
- www.VNMATH.com
--------------Hết--------------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014
Câu Nội dung Điểm
1 1.Khi m=1 ta có y x 3x 3 2
x 0
TXĐ: R ; y ' 3x 2 6 x ; y ' 0
x 2
lim y lim y 0.25
x x
BBT
x 0 2 +
y’ + 0 - 0 +
y 0
0.25
-4
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) , nghịch biến trên khoảng (;0); (2;)
Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0
Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2 0.25
6
4
2
-5 5
-2 0.25
-4
-6
.....................................................................................................................................................
2. Ta có y , 3 x 2 6mx 3(m 2 1)
Để hàm số có cực trị thì PT y , 0 có 2 nghiệm phân biệt 0.25
x 2 2mx m 2 1 0 có 2 nghiệm phân biệt
1 0, m . Nên hàm số luôn có 2 cực trị 0.25
- www.VNMATH.com
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và 0.25
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
m 3 2 2
Theo giả thiết ta có OA 2OB m 2 6m 1 0
m 3 2 2
0.25
Vậy có 2 giá trị của m là m 3 2 2 và m 3 2 2 .
Câu
2 PT cos4x+cos2x+ 3(1 sin 2 x ) 3 1 cos(4x+ ) 0.25
2
cos4x+ 3 sin 4 x cos2x+ 3 sin 2 x 0
0.25
sin(4 x ) sin(2 x ) 0
6 6
x 18 k 3
2 sin(3 x ).cosx=0
6 x= k 0.25
2
Vậy PT có hai nghiệm x k và x k . 0.25
2 18 3
3 ĐK: x>-1 0.25
3 log 3 ( x 1) 3 0.25
PT 2 log 3 ( x 1) 0 log 3 ( x 1).(2 )0
log 3 4 log 3 4
log 3 ( x 1) 0 0.25
0.25
1 x 0
4 Rút y2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được
x 2 2( y 2) x 2 y 3 0
x 1
0.25
x 2 y 3
y 2
TH1: Thay x 1 vào (1) ta được y 2 2 y 8 0
y 4 0.25
TH2:Thay x 2 y 3 vào (1) ta được
3 6
y 1
5
x 1
5
2
5 y 10 y 4 0 0.25
3 6
y 1
5
x 1
5
6 3 6 3
Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) ( 1 ; 1 ) ( 1 ;1 )
5 5 5 5 0.25
5
- www.VNMATH.com
S
N
M
D
A
B C 0.25
0.25
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 0.25
SM 2
0
Ta có SA = AB tan60 = a 3 ,
SA 3
VS .MBC SM 2 2 1 0.25
VS .MBC VS . ABC VS . ABCD
VS . ABC SA 3 3 3
VS .MNC SM SN 2 2 4 4 2
. . VS . MNC VS . ADC VS . ABCD
VS . ADC SA SD 3 3 9 9 9
5 10 3a3
Vậy VS . BCNM VS . ABCD =
9 27
6 Ta có:
P 3 ( x y z )2 2( xy yz zx) 2 xyz 0.25
3 9 2( xy yz zx) 2 xyz
27 6 x( y z ) 2 yz ( x 3)
( y z )2
27 6 x(3 x ) ( x 3)
2 0.25
1
( x 3 15 x 2 27 x 27)
2
Xét hàm số f ( x ) x 3 15 x 2 27 x 27 , với 0
- www.VNMATH.com
Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7 x y z 1 . 0.25
7 Ta có I
6 20 4 1 5
d (C , ) 6 . SABC= .6. AB 15 AB 5 AI 0.25
5 2 2
3a 4 25 3a 6 2 25
Gọi A(a; ) . Ta có AI 2 ( a 2) 2 ( )
4 4 4 4
a 4
(a 2) 2 4 0.25
a 0
Với a 4 A(4;4); B(0;1) . Phương trình AB : 3 x 4 y 4 0 0.25
Với a 0 A(0;1); B(4;4) . Phương trình AB: 3 x 4 y 4 0 0.25
8 Ta có: d 1 d 2 I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
x y 3 0 x 9 / 2 9 3
. Vậy I ;
x y 6 0 y 3 / 2 2 2
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d 1 Ox
Suy ra M( 3; 0) 0.25
2 2
9 3
Ta có: AB 2 IM 2 3 3 2
2 2
S ABCD 12
Theo giả thiết: S ABCD AB.AD 12 AD 2 2 0.25
AB 3 2
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d 1 AD
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có
PT: 1(x 3) 1(y 0) 0 x y 3 0 . Lại có: MA MD 2
x y 3 0
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
x 3 y 2 2
2
x 2 x 4
hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0.25
y 1 y 1
9 3 x 2 x I x A 9 2 7
Do I ; là trung điểm của AC suy ra: C
2 2 y C 2 y I y A 3 1 2
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0.25
9 Theo giả thiết ta có: C 3 10
n
3
C10 C3
n 2800 ( n 2 ) 0.25
(n 10)! 10! n!
2800 0.25
3!.(n 7)! 3!.7! 3!.(n 3)!
n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6
2
n + 8n – 560 = 0 0.25
- www.VNMATH.com
n 20
n 24(loai )
.Vậy n=20 0.25
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
