Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 40

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

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tổng hợp đề thi thử đh môn toán các khối đề 40', 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: Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 40

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 ĐỢT 1 - NĂM 2013 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề Phần I: (Chung cho mọi thí sinh) Câu 1: Cho hàm số y = x3- 6x2 + 9x -2, gọi đồ thị là (C). 1) Khảo sát hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M, biết M cùng với hai điểm cực trị A, B của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 (đơn vị diện tích). Câu 2: 1) Giải phương trình: sinxcos2x + cos2x (tan2x-1) + 2sin3x = 0.      x3 4 y 2  1  2 x 2  1 x  6  2) Giải hệ phương trình :  2  2  x y 2  2 4 y 1  x  x  1  2 x  sin 2 x Câu 3: Tìm nguyên hàm  1  cos 2 x dx . Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0) SA = a, SB = a 3 , góc BAC bằng 600, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC 1) Tính thể tích khối tứ diện NSDC. 2) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 5: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q=  a  b  c 3   b  c  a  3   c  a  b  3 . 2c 2a 2b Phần II (Thí sinh chỉ được chọn phần A hoặc B) Phần A: 6  x  3 x2  4 6a) Tìm giới hạn: lim . x 2 x2  4 7a) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác trong của
Sở GD& ĐT Nghệ An ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM Trường THPT Quỳnh Lưu 2013 1 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm I 1) (1,0 điểm) (2,0  TXĐ: D = R điểm) x  1 0,25  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ,  3 x 2  12 x  9, y ,  0   x  3 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) và (3; ) , Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 - Giới hạn: lim  ; lim   0,25 x  x  - Bảng biển thiên: X - 1 3 + y, + 0 - 0 + Y 2 + 0,25 - -2  Đồ thị: y ,,  6 x  12, y ,,  0  x  2  Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C) Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2) 4 2 0,25 -5 3 5 10 15 1 -2 -4 2) (1,0 điểm) Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2)  AB  2 5. và đường thẳng AB : 2 x  y  4  0 0,25 3 2 a 3  6 a 2  11a  6 M  (C )  M (a; a  6a  9a  2)  d ( M , AB )  5 1 Gọi S  S MAB , S  AB.d ( M , AB)  6 0,25 2 3 2  a3  6a 2  11a  0 a  0  a  6a  11a  6  6(1) (1)   3 2   a  6a  11a  12  0 a  4 *) a = 0  M(0;-2)  TT tại M: y = 9x-2 0,25 *) a = 4  M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 0,25
Câu Đáp án Điểm II 1) (1 điểm) (2,0  điểm) ĐK: cos x  0  x  2  k , k   (*) 0,25 (1)  s inx(1  2sin x)   sin x  cos x   2sin x  0 2 2 2 3 s inx  1  sinx(1  2sin x)  2sin x  1  2sin x  0  2sin x  s inx  1  0   2 2 3 2 0,25 s inx  1  2  *) sinx  1  x   k 2 , k   (loại do ĐK (*)) 2 0,25   1  x  6  k 2 *) s inx    , k   (thỏa mãn đk (*)) 0,25 2  x  5  k 2   6 2) (1,0 điểm) ĐK: x  0 . Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình => x>0 0,25 2 2  Với ĐK đó, từ hệ suy ra: x  x  1  0  x y 2  2 4 y  1  0  y  0 2  2 0,25 2 1 1 1 Chia cả 2 vế của PT thứ 2 của hệ cho x2  0 =>  2  2 y  2 y  2 y  1     1 x x  x (3) t2 Xét hàm số f (t )  t  t t 2  1 trên (0;+  ). Ta có: f , (t )  1  t 2  1   0, t  0 t2 1 1  f (t ) dồng biến trên (0;+  )  (3)  2 y  x 1 0,25 Thế 2 y  vào (2): x 3  x  2( x 2  1) x  6 x (4) Dễ thấy vế trái (4) là hàm số đồng biến trên (0;+  )  x = 1 là nghiệm duy nhất của (4) 1 0,25  ( x; y)  (1; ) là nghiệm duy nhất của hệ PT đã cho. 2 III x  sin 2 x x sin 2 x x 0,25 (1,0  1  cos2 x dx   2cos2 x dx   1  cos2 x dx . Đặt I1   2 cos 2 x dx. điểm) sin 2 x I2   dx 1  cos2 x 1 1 0,25 *) Tính I1. Đặt: u  x, dv  2 dx  du  dx, v  t anx 2 cos x 2 1 1 1 1 d cos x 1 1  I1  x tan x   tan xdx  x tan x    x t anx  ln cos x  C1 2 2 2 2 cos x 2 2 1 d (1  cos2 x) 1 0,25 *) Tính I2: I2    ln 1  cos2 x  C2 2  1  cos2 x 2 x  sin 2 x 1 1 1 1 1 1 0,25  dx  x tan x  ln cos x  ln 1  cos2 x  x tan x  ln C 1  cos2 x 2 2 2 2 2 2 cos x
S IV (1,0 điểm) B N C M H A Q I D 1) (0,5 điểm) 1 *) Do AB 2  4a 2  SB 2  SA2  SAB vuông tại S  SM  AB  a 2 1 1 a2 3 *) N là trung điểm BC  SNCD  S ABCD  AB. AD.sin 600  4 4 2 0,25 *) Vẽ đường cao SH của tam giác SAB (dễ thấy H  AM và H là trung điểm của AM) Do ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)  SH là đường cao của hình chóp S.DCN. a 3 Do tam giác SAM đều cạnh bằng a  SH  2 1 a3 *) VS .DCN  S DNC .SH  (đvtt) 0,25 3 4 2) (0,5điểm) 1 *) Gọi I là trung điểm của AD, Q là trung điểm AI, MQ / /  ND , do ABD đều 2 0,25  BI  AD  ( SM , DN )  ( SM , MQ) Kẻ HK // AD,  ( SM , MQ)  SMK 1 1 a 7 a 13 SM 2  MK 2  SK 2 5 MK  MQ  BI  ; SK  ; SM  a ;=> cosSMK   0.25 2 4 4 4 2 SM .MK 4 7 V Đặt x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c. Suy ra: x, y, z >0 và x+y+z = (1,0 x3 y3 z3 0,25 điểm) 3 Q    y z x z x y x3 x( y  z ) Ta có   x 2 . Dấu “=”xảy ra khi: y + z = 2x yz 4 y3 y( x  z) 0,25 Tương tự:   y 2 . Dấu “=” xảy ra khi x+z=2y x z 4
z3 z( y  x)   z 2 . Dấu “=” xảy ra khi y+x=2z yx 4 1  Q  x 2  y 2  z 2  ( xy  yz  zx) (dấu “=” xảy ra khi x=y=z) 2 0,25 1 1 Mà: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx    xy  yz  zx     x 2  y 2  z 2  2 2 2 1 1  x  y  z 3  Q  ( x2  y 2  z 2 )  .  0,25 2 2 3 2 3 Vậy Q min  , khi : x  y  z  a  b  c  1 . Chú ý: Bài này có thể giải theo phương pháp 2 tiếp tuyến. VI.A (1,0 3 2 điểm) I = lim 6  x  x  4  lim    6  x  2  3 x2  4  2   0,25 x 2 x2  4 x 2  x2  4         2 x 2 x 4   (SM , MQ )  SMK = lim    0,25 2  x  2  ( 6  x  2) x  4      2 x 2  4  3 x 2  4  23 x 2  4  4            1 1   lim   0,25 x  2 6  x  2 3 x2  4  2 3 x2  4  4   x2 2      1 1 1 1 Do lim x  2  ,  lim  x 2 6 x 2 16 x 2 3 x 2  2  4  23 x 2  4  4 12 0,25 7 Vây kết quả giới hạn I   48 VII.A 1) (1,0 điểm) (2,0 M điểm) A D E H 0,25 C B E' Gọi E’ đối xứng với E qua BM suy ra E’ thuộc đường thẳng BC và E’(0;1) Do B đường thẳng BC nên B(t;t+2)     BE  (1  t; t ) BE '  (t ; t  1)    Do BE.BE '  0  B(1;1) do xB  0 0,25 AB: x = -1, BC: y = 1 suy ra A(-1;a), (a  1) 0,25
 d 1 9  d  a  Do D đường thẳng d  D(d;9-d), M là trung điểm AD  M  ;   2 2  Mặt khác M  đường thẳng BM  a-2d+6 = 0 (1)    AD  (d  1;9  d  a), AB  (0;1  a)    0,25 Do AB. AD  0  a  d  9  0 (2) Giải hệ (1) và (2) suy ra a = 4, d = 5. Vậy A(-1;4), D(5;4) 2) (1,0điểm)    Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), abc  0, AH  (2  a;1;1), BC  (0; b; c)   AH .BC  0  b  c (1) 0,25     BH  (2;1  b;1), AC  (a; 0; c) , BH . AC  0  c  2a (2) 0,25         Do AH , AB , AC đồng phẳng  AH  m AB  n AC (*)   m AB  ( ma; mb; 0), n AC  ( a;0; c)  2  a   a ( m  n)  1 1 0,25 (*)  1  mb kết hợp (1), (2)suy ra m  ,n  ,a  3 1  nc 2a 2a  Vậy A(3;0;0), B(0;6;0), C(0;0;6) 0,25 VI.B   3  220 (1,0 C 12 0,25 điểm) Gọi A là biến cố trong 3 2 quyển lấy ra chỉ có đúng hai loại sách về hai môn học 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0,5  A  C 4.C 5  C 4.C 3  C 3.C 4  C 3.C 5  C 5.C 4  C 5.C 3  145 145 29  P ( A)   0,25 220 44 VII.B 1) (1,0 điểm) (2,0 điểm) A B d I M G C D Gọi I  AC  BD, G  AC  DM  G là trọng tâm tam giác CDB 1 0,25 Do IG  GC  AG  2GC 2 4 8  d ( A, DM )  2d (C , DM )  2  0,25 2 2
8 a  3 Gọi A(a; 2  3a )  d  d ( A, DM )   4a  4  8   2 a  1 0,25  A( 1;5)( do xA