Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 54

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 4
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 54', 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 54

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): x −1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) . x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . 2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2 + OB 2 = 2 , trong đó O là gốc toạ độ. Câu II (2,0 điểm) 2 cos 2x 1. Giải phương trình − = cot x sin 2x cos x 1 2. Giải phương trình x− + x 2 − x = 2 (x ∈ ℝ). x ln 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫e 0 x (x + ) e x − 1 dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB = 2a, BAD = 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD ) là trọng tâm H của tam giác ABD. Biết tam giác SAC vuông tại đỉnh S , tính thể tích khối chóp S .ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ). Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2a + c 2b + c a +b +c P=+ + . 1 + bc 1 + ca 1 + 2abc PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 10 có tâm I . Viết phương trình đường thẳng ∆ cách O một khoảng bằng 5 và cắt đường tròn (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. x y z −1 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, = = cho đường thẳng d : và mặt phẳng 1 1 −1 (P ) : 2x + y − 2z − 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (P ), cắt trục hoành và cắt đường thẳng d . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và hai số thực a, b (b > 0) . Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn a n  có số hạng chứa a 4b 9 , tìm số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau.   + b      b  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là d : 2x + y − 3 = 0. Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC bằng 5. Tìm toạ độ ba đỉnh A, B,C của tam giác ABC . x −1 y −1 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = cắt mặt phẳng 2 1 −1 (P ) : x + 2y + z − 6 = 0 tại điểm M . Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) tại điểm A , biết diện tích tam giác IMA bằng 3 3 và tâm I có hoành độ âm.   2 logx (xy ) + logy x = 4 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x , y ∈ ℝ). 2 log2 y = log2 x . log2 (6 − x )    4 ---------------Hết--------------- Cảm ơn bạn Hien Tran Dinh (dinhhientc@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Tập xác định D = ℝ \ {-1} . (1 điểm) Sự biến thiên 2 0,25 Chiều biến thiên: y ' = > 0 ∀x ≠ −1 . Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (x + 1) 2 (−1; +∞) . Cực trị: Hàm số không có cực trị. x −1 x −1 Giới hạn: lim = +∞, lim+ = −∞ . Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng. x →−1− x +1 x →−1 x + 1 0,25 x −1 x −1 lim = 1, lim = 1 . Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang. x →−∞ x +1 x →+∞ x + 1 Bảng biến thiên x -∞ -1 +∞ y’ + + +∞ 1 0,25 y 1 -∞ Đồ thị: y 10 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0). 9 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1). 8 Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận 7 6 I(-1;1) làm tâm đối xứng 5 4 3 2 1 x 0,25 O -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 I.2 Điều kiện x ≠ −1 . (1 điểm) x −1 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm = x + m ⇔ x 2 + mx + m + 1 = 0 (*). x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0,25 −1 hay m 2 − 4m − 4 > 0 . Giả sử A(x 1 ; x 1 + m ), B(x 2 ; x 2 + m ) , trong đó x 1 , x 2 là 2 nghiệm phân biệt của PT(*). x + x = −m  0,25 Theo định lý Vi-ét ta có  1  2 . x 1x 2 = m + 1   OA2 + OB 2 = 2 ⇔ x 1 + (x 1 + m )2 + x 2 + (x 2 + m )2 = 2 ⇔ (x 1 + x 2 )2 − 2x 1x 2 + m(x 1 + x 2 ) + m 2 = 1 2 2 ⇔ m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = −1 v m = 3 (Loại). 0,25 Đối chiếu điều kiện: m = −1 II.1 kπ (1 điểm) Điều kiện: sin 2x ≠ 0, cos x ≠ 0, sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ , k ∈ ℤ. 0,25 2 Phương trình đã cho tương đương với 1 − sin x . cos 2x = cos2 x ⇔ sin2 x − sin x . cos 2x = 0 0,25  sin x = 0 (loai ) 1 ⇔  ⇔ sin x = cos 2x ⇔ 2 sin2 x + sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = −1 v sin x = 0,25  sin x = cos 2x 2
π * sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π, k ∈ ℤ (Loại) 2 1 π 5π * sin x = ⇔ x = + k 2π v x = + k 2π, k ∈ ℤ. 0,25 2 6 6 π 5π Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: x = + k 2π v x = + k 2π, k ∈ ℤ. 6 6 II.2   x − 1 ≥ 0, x ≠ 0  x ≥ 1 (1 điểm) Điều kiện:  x ⇔  0,25  x 2 − x ≥ 0 −1 ≤ x < 0    Phương trình đã cho tương đương với:          1   1 1  0,25   x − − 1 + ( x 2 − x − 1) = 0 ⇔ (x 2 − x − 1)    +  = 0.    x       x 2 − x + 1   x  x − + 1 1            x  1± 5 * x2 − x −1 = 0 ⇔ x = (Thoả mãn điều kiện). 0,25 2     1 * x2 − x + 1 + x   x − + 1 = 0   (1)    x   + Nếu x ≥ 1 thì phương trình (1) vô nghiệm. 0,25 + Nếu −1 ≤ x < 0 thì x 2 > x 3 ;1 + x ≥ 0 . Ta có phương trình (1) tương đương với ( ) x 2 − x − x 3 − x + (1 + x ) = 0 (vô nghiệm). III ln 2 ln x (1 điểm) I = ∫ xe x dx + ∫ e x e x − 1dx 0,25 0 0 ln 2 u = x  du = dx  * I 1 = ∫ xe x dx . Đặt   ⇒  . dv = e dx  x v = e x  0     ln 2 0,25 ln 2 ln 2 Ta có I 1 = xe x − ∫ e dx = 2 ln 2 − e x x = 2 ln 2 − 1 0 0 0 ln 2 * I 2 = ∫ e x e x − 1dx . Đặt t = e x − 1 ⇒ e x = t 2 + 1 . Khi x = 0 thì t = 0 , khi x = ln 2 thì t = 1 . 0 ln 2 0,25 2t 3 1 2 Ta có e dx = 2tdt . Do đó I 2 = ∫ x 2t dt = 2 = 0 3 0 3 1 Do đó I = I 1 + I 2 = 2 ln 2 − 0,25 3 IV Từ giả thiết ta có tam giác ABD đều. Gọi {O} = AC ∩ BD . Ta có AC = 2AO = 2 3a . (1 điểm) S 0,25 1 Diện tích hình thoi ABCD là S ABCD = AC .BD = 2 3a 2 . 2 1 2 3a H là trọng tâm của ∆ABD nên AH = AC = M 3 3 2 4 3a CH = AC = 3 3 D C Tam giác SAC vuông tại S , có đường cao SH nên ∆SAH đồng dạng với ∆CSH 0,25 O SH AH 2 6 ⇒ = ⇒ SH = a H CH SH 3 A B 1 4 2 3 Thể tích khối chóp S .ABCD là VS .ABCD = SH .S ABCD = a . 3 3
Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tam giác SAC vuông tại S nên OM ⊥ SC (1) Ta có OB ⊥ SH ,OB ⊥ AC ⇒ OB ⊥ SC ,OB ⊥ OM (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ) bằng góc BMO . 1 1 1 Ta có OM = SA = AH 2 + SH 2 = a ; OB = BD = a . Tam giác OBM vuông tại O. 2 2 2 0,25 OB tan OMB = = 1 ⇒ OMB = 450. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ) bằng 450. OM V Chứng minh: 2(1 + bc)2 ≥ (a + b + c)2 ⇔ 2 + 4bc + 2b 2c 2 ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) + 2(ab + bc + ca ) (1 điểm) ⇔ a 2 + (b 2 + c 2 + 2bc) − 2a(b + c) + 2b 2c 2 ≥ 0 ⇔ (b + c − a )2 + 2b 2c 2 ≥ 0 b + c = a 0,25  Dấu “=” xảy ra khi   bc = 0   Chứng minh: 2 + 2abc ≥ a + b + c ⇔ a(1 − 2bc) + (b + c) ≤ 2 .Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky 0,25 a(1 − 2bc) + (b + c).1 ≤ (a 2 + (b + c )2  (1 − 2bc )2 + 1 = 2(1 + 2bc)(1 − 2bc + 2b 2c 2 )    Cần chứng minh (1 + 2bc)(1 − 2bc + 2b 2c 2 ) ≤ 1 ⇔ 2b 2c 2 (2bc − 1) ≤ 0 0,25 Ta có 1 = a 2 + (b 2 + c 2 ) ≥ b 2 + c 2 ≥ 2bc ⇔ 2bc − 1 ≥ 0 . Dấu “=” xảy ra khi abc = 0 2(2a + c) 2(2b + c) 2(a + b + c) 2 P≤ + + = 3 2 .Vậy max P = 3 2 đạt được khi a = b = ,c = 0 . 0,25 a +b +c a +b +c a +b +c 2 VI.a.1 Đường tròn (C) có tâm I (1;2) , bán kính R = 10 . Đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0). 0,25 (1 điểm) 1 1 Diện tích tam giác IAB là S IAB = IA.IB. sin AIB ≤ R2 = 5 . 2 2 0,25 Vậy max S IAB = 5 đạt được khi AIB = 900 . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH ⊥ AB và IH = 5  |c |    = 5 (1) d(O, ∆) = 5   2     a +b 2 Ta có  ⇔ . 0,25 d(I , ∆) = 5  | a + 2b + c |     = 5 (2)   a 2 + b2   I  a = −2b Từ PT(1) và (2) ta có | c |=| a + 2b + c |⇔  c = − a + 2b R  2 * Với a = −2b chọn a = 2, b = −1 . Từ PT(1) ta có c = ±5 . A H B 0,25 Phương trình đường thẳng ∆ là 2x − y + 5 = 0 và 2x − y − 5 = 0 . a + 2b * Với c = − thay vào PT(1) ta có 19a 2 − 4ab + 16b 2 = 0 (vô nghiệm). 2 VI.a.2 Giả sử {M } = ∆ ∩ Ox , {N } = ∆ ∩ d . Gọi M (a; 0; 0), N (b;b;1 − b) 0,25 (1 điểm) MN = (b − a; b;1 − b) . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) là n = (2;1; −2) . 0,25 Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (P ) nên MN và n cùng phương. b −a b 1 −b a = 1  0,25 Ta có = = ⇔  . Ta có M (1; 0; 0), N (−1; −1;2) 2 1 −2 b = −1   x −1 y z Phương trình đường thẳng ∆ là = = 0,25 2 1 −2 VII.a a  n −k 3k −n (1 điểm) Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk +1 =C     k   b k = C n a n −kb k 2 0,25  b   n
n − k = 4     3k − n n = 15   4 9 Số hạng này chứa a b khi  =9 ⇔  0,25  2  k = 11  k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ n      3k −15 Với n = 15 ta có số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk +1 = C 15a 15−kb k 2 0,25   15 − k = 3k − 15  Trong khai triển có số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau khi  2 ⇔k =9  k ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ 15 0,25    Vậy số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: T10 = C 15a b = 5005a 6b 6 . 9 6 6 VI.b.1 b c (1 điểm) Giả sử B(b; 0),C (0; c) . BC = (−b; c ) . Gọi H là trung điểm của cạnh BC ⇒ H ( ; ) 2 2 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (−1;2).  BC .u = 0 b + 2c = 0  b = 4   Do tam giác ABC cân tại A nên   ⇔  ⇔  . Suy ra B(4; 0),C (0; −2). 0,25 H ∈ d  2b + c = 6 c = −2       1 Ta có BC = 2 5, H (2; −1) . Diện tích tam giác ABC là S ABC = AH .BC = 5 ⇒ AH = 5 0,25 2 Giả sử A(t; 3 − 2t ) . Ta có AH = 5 ⇔ (t − 2)2 + (4 − 2t )2 = 5 ⇔ t = 1 v t = 3 0,25 Với t = 1 ⇒ A(1;1), với t = 3 ⇒ A(3; −3). VI.b.2 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u(2;1; −1) . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) là n(1;2;1). (1 điểm) Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P ) . 0,25 | 2 + 2 −1 | 1 Ta có sin ϕ =| cos(u, n ) |= = ⇒ ϕ = IMA = 300 6 6 2 I Gọi R là bán kính mặt cầu (S ) ⇒ IA = R . Tam giác IMA vuông tại A 1 0,25 có IMA = 300 ⇒ AM = R 3 . S IMA = 3 3 ⇔ IA.AM = 3 3 ⇔ R = 6 . d 2 M A 1 Giả sử I (1 + 2t;1 + t; −t ), t < − . P 2 0,25 | 3t − 3 | Từ giả thiết ta có khoảng cách d(I ,(P )) = R ⇔ = 6 ⇔ t = −1 v t = 3 (loại) ⇒ I (−1; 0;1). 6 Phương trình mặt cầu (S ) : (x + 1) + y + (z − 1) = 6 2 2 2 0,25 VII.b 0 < x < 6, x ≠ 1  (1 điểm) Điều kiện:   0,25 y > 0, y ≠ 1   Phương trình (1) của hệ logx y + 2 logy x = 3 ⇔ logx y = 1 v logx y = 2 ⇔ y = x v y = x 2 0,25  log x = 0 * Với y = x từ PT(2) của hệ ta có 1 2 log2 x = log2 x . log2 (6 − x ) ⇔  2  2  log2 x = log2 (6 − x ) 0,25 x = 1 (Loai) x = 4  ⇔  ⇔ x = 4 . Hệ phương trình có nghiệm   . x + x − 6 = 0 y = 4   * Với y = x 2 từ PT(2) của hệ ta có 2 log2 x = log2 x . log2 (6 − x ) ⇔ x = 2 v x = 1 (Loai) . 2 x = 2  0,25 Hệ phương trình có nghiệm   . y = 4   Cảm ơn bạn Hien Tran Dinh (dinhhientc@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl