SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B
lượt xem 40
download
SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm).
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B
- SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: y x3 mx m 1 (1) Cm , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 3 . 2. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại M có hoành độ x 1 , cắt đường tròn có tâm I (2; 3) bán kính R 2 theo một dây cung AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm). sin x 1 1. Giải phương trình: 2(1 cos x)(1 cot 2 x) . cos x sin x 3 x y 3x 6 x 3 y 4 3 2 2. Giải hệ phương trình: 2 ( x, y R ) x y 2 6 x y 10 5 y 4 x y (3x3 1) ln x 3x 2 1 e Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I dx . 1 1 x ln x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông, AC BC a , góc giữa A' B và mặt phẳng ( ACC ' A ') bằng 300 . Gọi M là trung điểm của A ' B ' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A ' BC ) . Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn x y z và x2 y 2 z 2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ( x 2)( y 2)( z 2) . II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn 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 toạ độ Oxy cho tam giác ABC , đường thẳng chứa đường trung tuyến và phân giác trong ở đỉnh A lần lượt có phương trình là d1 : 2 x y 3 0 và d 2 : x y 2 0 . Đường thẳng AB đi qua M (2;1) , đường thẳng BC đi qua điểm N (2; 5) . Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết đỉnh B có hoành độ dương. x 2 y 1 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M (1;1;1) , đường thẳng d : và mặt 1 1 1 phẳng ( P) : x y z 3 0 . Gọi A là giao điểm của d và ( P) . Viết phương trình đường thẳng chứa M , cắt d và ( P) lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại B . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất sao cho z z 4 3i . B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết điểm M (1; 3) nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông và hình chữ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C ) : x 2 y 2 20 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A(0; 4;1) , B(3, 2, 4) , C (2; 0; 1) và mặt phẳng ( P) : x y z 6 0 . Tìm toạ độ điểm M trên (P) sao cho MA 2MB 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. 2 Câu VII.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức (3x2 )n với n là số nguyên x 1 1 1 2 1 3 1 20 dương thoả mãn: Cn Cn Cn ... (1)n1 Cn n . 2 3 4 n 1 21 …… Hết……
- SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3 1,0 Khi m = 3 ta có y x 3 3x 2 TXĐ: D=R, 0,25 x 1 y ' 3x 3 0 2 x 1 x -1 1 y' + 0 – 0 + 4 y 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1), (1; ) và nghịch biến trên khoảng (1;1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, GTCĐ y = 4; đạt cực tiểu tại x = 1, GTCT y = 0 0,5 Đồ thị 0,25 I.2 Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại M có hoành độ x 1 1.0 y '(1) 3 m Phương trình tiếp tuyến tại M (1; 2m 2) là y (3 m)( x 1) 2m 2 (3 m) x m 1 (3 m) x y m 1 0 Để cắt (C ) thì d ( I , ) 2 . Nhận thấy dây cung AB nhỏ nhất khi d ( I , ) lớn nhất 0,5 4m d ( I , ) (3 m)2 1
- Ta có 4m (3 m) 1 2. (3 m) 2 1 d ( I , ) (3 m) 2 1 (3 m) 2 1 (3 m) 2 1 d ( I , ) 2 R 0,5 Ta có tiếp tuyến luôn cắt đường tròn (C ) hai điểm phân biệt . AB min d (I , ) 2 m 2 Vậy m = 2 II.1 sin x 1 1.0 1. Giải phương trình: 2(1 cos x)(1 cot 2 x) (1) cos x sin x x k sin x 0 ĐK: sin x cos x 0 x k 0.25 4 1 sin x 1 (1) 2(1 cos x) sin x cos x sin x 2 2(1 cos x)(sin x cos x) (sin x 1)sin 2 x 2(1 cos x)(sin x cos x) (sin x 1)(1 cos 2 x) 0,5 (1 cos x)(1 cos x sin x cos x sin x) 0 (1 cos x) 2 (1 sin x) 0 x k 2 cos x 1 sin x 1 x k 2 0,25 2 Kết hợp điều kiện ta có pt có nghiệm x k 2 (k Z ) 2 II.2 x3 y 3 3x 2 6 x 3 y 4 (1) 1.0 2.Giải hệ phương trình: 2 x y 6 x y 10 5 y 4 x y (2) 2 y 5 ĐK: 4 x y 0 (1) y3 3 y (1 x)3 3(1 x) (3) Xét f (t ) t 3t f '(t ) 3t 3 0 . Ta có hàm số f đồng biến trên R nên từ (3) ta có 0,5 3 2 y 1 x (2) 2 x 2 9 x 8 6 x 3x 1 2 x 2 9 x 8 3x 1 6 x 0 2 x 2 9 x 5 ( 3x 1 4) (1 6 x ) 0 3( x 5) x 5 ( x 5)(2 x 1) 0 3x 1 4 1 6 x x 5 3 1 0,5 2 x 1 0 (4) 3x 1 4 1 6 x Từ đk 1 x 6 ta có phương trình (4) vô nghiệm 3 Vậy nghiệm của hệ là (5;-4)
- (3x3 1) ln x 3x 2 1 e III 1,0 Tính tích phân I dx . 1 1 x ln x (3x3 1) ln x 3x 2 1 3x 2 ( x ln x 1) ln x 1 ln x 1 e e e e I dx dx 3x 2 dx dx 0,25 1 1 x ln x 1 1 x ln x 1 1 1 x ln x e Tinh I1 3x 2 dx x3 e e3 1 0,25 1 1 1 ln x e Tính I 2 dx 1 1 x ln x Đặt t 1 x ln x dt (ln x 1)dx . Đổi cận x 1 t 1; x e t 1 e 1 e dt 1 e I2 1 t ln t 1 ln(1 e) Vậy I e3 ln(1 e) 1 0,5 IV Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách 1,0 A’ B’ C’ B A C . Do BC CA; BC CC ' BC ( ACC ' A ') Góc giữa A’B và mặt phẳng (ACC’A’) là góc giữa A’B và A’C. suy ra BA ' C 300 0,25 Tam giác A’BC vuông tại C. BC a, A ' B 2a, AB a 2 AA ' a 2 a2 2 3 VABC . A ' B 'C ' AA '.S ABC a 2. a 0,25 2 2 Do M là trung điểm của A’B’ và B’C’ song song với mặt phẳng (A’BC) nên 1 1 1 3VC '. A ' BC d ( M , ( A ' BC )) d ( B ', ( A ' BC )) d (C ', ( A ' BC )) 2 2 2 S A ' BC 0,25 1 2 3 1 3 2 a 6 Ta có VC ' A ' BC BC.S A 'C 'C a , S A ' BC a 3.a a d ( M , ( A ' BC )) 0,25 3 6 2 2 6 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ( x 2)( y 2)( z 2) . 1,0 x2 y 2 z 2 3 3 x, y, z 3 x 2 0; y 2 0; z 2 0 Nên P đạt GTNN khi x, y, z đều âm. 0,25
- Xét x, y, z âm , x 2 y 2 z 2 3, z y x 0 1 x 0 1 1 P ( x 2)( y 2)( z 2) ( x 2) ( y z 2)2 x 2 1 ( x 2)( x 2 1) 2 0,25 2 Xét f ( x) ( x 2)( x 2 1) với x 1;0 1 2 x 1 3 2 1 f '( x) x 2 x 0 2 2 x 1 3 Lập BBT ta có với x 1;0 thì min f ( x) 25 1 0,25 x 27 3 1 1 x 3 x 3 25 1 min P y z 2 0 y 27 x2 y 2 z 2 3 3 5 0,25 z 3 VIa.1 1,0 A M’ M H B D E C Toạ độ điểm A là nghiệm hệ 2 x y 3 0 x 1 A(1;1) x y 2 0 y 1 AM (1;0) n AB (0;1) . Phương trình đường thẳng AB là y 1 0 0,25 Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua phân giác AD, ta có M’ thuộc AC. H là giao điểm của AD và MM’ Phương trình MM’: x –y – 1=0. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ x y 2 0 3 1 H( ; ) x y 1 0 2 2 H là trung điểm của MM’, suy ra M’(1;0). 0.25 AC đi qua A(1;1), M’(1;0) có phương trình là x - 1= 0 b 1 c 1 Gọi B(b;1); C(1;c) (đk b > 0). Toạ độ trung điểm E ( ; ). 2 2 c 1 E d2 b 1 3 0 2b c 0 (1) 0,25 2 NB (b 2; 4), NC (1; c 5) N thuộc BC nên NB, NC cùng phương
- b 2 4 (b 2)(c 5) 4 (2) 1 c 5 3 Từ (1),(2) kết hợp đk b > 0 ta có b ; c 3 0,25 2 3 Vậy B( ;1), C (1; 3) 2 VIa.2 Viết phương trình đường thẳng chứa M , cắt d và ( P) tương ứng ở B và C sao cho tam giác 1,0 ABC cân tại B 0,5 B M H C A Gọi H là hình chiếu của B trên (P). do tam giác ABC cân tại B ta suy ra BHA BHC Nên góc giữa AB và BH bằng góc giữa BH và BM B thuộc d nên gọi B(t+2;1-t;t) u AB u d (1; 1;1); u BH n P (1;1; 1); u MB (t 1; t ; t 1) 1 2t 5 cos(u AB , u BH ) cos(u BH , u MB ) t 3 3 3t 2 2 6 11 5 1 MB ( ; ; ) u (11; 5; 1) 0,5 6 6 6 x 1 y 1 z 1 Phương trình đường thẳng là 11 5 1 VII.a Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất sao cho z z 4 3i . 1,0 Đặt z a bi . 0,25 z z 4 3i a 2 b 2 (a 4) 2 (3 b) 2 8a 6b 25 (1) Gọi M (a; b) là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng phức. Từ (1) ta có M thuộc đường thẳng : 8 x 6 y 25 0 Do z OM nên môđun của z nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất. M thuộc nên OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O trên 0,5 Đường thẳng d đi qua O và vuông góc với là 3x 4 y 0 x 2 8 x 6 y 25 0 3 0,25 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 3 M (2; ) 3x 4 y 0 y 2 2 3 Vậy z 2 i 2 VIb.1 Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết điểm M (1; 3) nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông và … x2 y 2 Gọi phương trình chính tắc của (E) là: 1 (a b 0) a 2 b2 Do M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông nên:
- 1 0,5 OM F1F2 c OM 2 a 2 b2 4 (1) 2 Hình chữ nhật cơ sở nội tiếp đường tròn (C ) : x 2 y 2 20 a 2 b2 20 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra a 2 12, b2 8 x2 y 2 Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1 0,5 12 8 VIb.2 Trong mặt phẳng Oxyz cho A(0; 4;1), B(3, 2, 4), C (2;0; 1) và mặt phẳng 1,0 ( P) : x y z 6 0 . Tìm toạ độ điểm M trên (P) sao cho MA 2MB 3MC đạt giá trị nhỏ nhất Gọi I là điểm thoả mãn IA 2IB 3IC 0 . Suy ra I (2;0;1) 0,25 MA 2MB 3MC 6 MI 6MI 0,25 MA 2MB 3MC đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I trên (P) x 2 y z 1 Phương trình đường thẳng d đi qua I và vuông góc (P) là 1 1 1 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ x 2 y z 1 x 3 1 1 1 y 1 M (3;1; 2) x y z 6 0 0,5 z 2 Vậy M(3;1;2) VIIb 2 Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức (3x 2 )n với n là số nguyên dương thoả mãn: 1,0 x 1 1 1 2 1 3 1 20 Cn Cn Cn ... (1)n1 Cn n 2 3 4 n 1 21 1 1 1 2 1 3 1 20 Cn Cn Cn ... (1) n 1 Cn n 2 3 4 n 1 21 1 1 1 2 1 3 1 1 Cn Cn Cn Cn ... (1) n 0 Cn n (1) 0,25 2 3 4 n 1 21 Xét khai triển (1 x)n Cn Cn x Cn x 2 Cn x3 ... (1) n Cn x n 0 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 (1 x) dx C dx C xdx C x dx C x dx ... (1) n Cn x n dx n 0 n 1 n 2 n 2 n3 3 n 0 0 0 0 0 0 n 1 1 2 1 3 1 4 1 1 (1 x) x x x x n 1 C x 0 C C C ... (1) C 0 1 1 2 3 n n n 1 n 1 0 n n n n n 0 2 0 3 0 4 0 1 1 1 1 2 1 3 1 Cn Cn Cn Cn ... (1)n 0 n Cn (2) 0,5 n 1 2 3 4 n 1 Từ (1) và (2) suy ra n = 20. 20 20 2 2 (3x 2 ) 20 C20 (3x 2 ) 20k ( ) k C20 320k (2) k .x 403k k k x k 0 x k 0 0,25 40 3k 10 k 10 Hệ số của x10 là C20 610 10
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Đề thi giao lưu học sinh giỏi cấp tỉnh môn Tiếng Anh 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
10 p | 783 | 91
-
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT Giải toán trên máy tính cầm tay năm học 2010 - 2011 môn Toán - Sở GD và ĐT Thanh Hóa
10 p | 275 | 41
-
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT Giải toán trên máy tính cầm tay năm học 2011 - 2012 môn Toán - Sở GD và ĐT Thanh Hóa
10 p | 146 | 20
-
Đề thi thử đại học môn Văn lần 1 năm 2011 - Sở GĐ và ĐT Thanh Hóa
1 p | 143 | 17
-
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I. MÔN SINH HỌC MÃ ĐỀ: 127 Sở GD và ĐT Thanh Hóa Trường THPT Lê Hồng Phong
28 p | 110 | 14
-
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 năm học 2017-2018 môn Toán - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
22 p | 98 | 13
-
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 năm học 2017-2018 môn Vật Lí - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
5 p | 123 | 11
-
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn năm học 2016-2017 môn tiếng Anh - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
3 p | 279 | 7
-
Đề thi KSCL môn Hóa học lớp 12 năm 2022 có đáp án (lần 1) - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Mã đề 666)
7 p | 11 | 5
-
Đề thi HSG cấp trường môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
1 p | 57 | 4
-
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 năm học 2017-2018 môn Tiếng Anh - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
8 p | 61 | 3
-
Đề KSCL ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
6 p | 27 | 3
-
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2016-2017 môn tiếng Anh - Sở GD&ĐT Thanh Hóa - Đề B
4 p | 67 | 2
-
Đề thi khảo sát chât lượng đầu năm lớp 12 năm học 2017-2018 môn Địa Lí - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
5 p | 72 | 1
-
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2016-2017 môn tiếng Anh - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
3 p | 35 | 1
-
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 năm học 2017-2018 môn Sinh - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
5 p | 58 | 1
-
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 năm học 2017-2018 môn Sử - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
5 p | 57 | 1
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