Bộ đề Vtest số 7: Đề thi thử môn Toán Đại học lần III năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Có đáp án)

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

89
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bộ đề Vtest số 7 dưới đây để nắm bắt được nội dung "Đề thi thử môn Toán Đại học lần III năm 2013" của Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. Nội dung đề thi gồm 9 câu hỏi có hướng dẫn lời giải, với các bạn đang học và ôn thi Đại học, Cao đẳng thì đây là tài liệu tham khảo hữu ích.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề Vtest số 7: Đề thi thử môn Toán Đại học lần III năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Có đáp án)

B ĐỀ VTEST SỐ 7 Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) 2x  1 Cho hàm số y = x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Cho điểm A (0; 5) và đường thẳng ∆ đi qua điểm I (1; 2) có hệ số góc k. Tìm các giá trị của k để đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại A. Câu 2. (1 điểm)   sin(x  )  cos(  x) 1 6 3 x Giải phương trình: 2  cos x   sin x.tan cos x cos x 2 Câu 3. (1 điểm) x  24  x 27(12  x  x 2  24x ) Giải bất phương trình:  x  24  x 8(12  x  x 2  24x ) Câu 4. (1 điểm)  x  tan    .sin x.(1  sinx) 4 2 Tính tích phân: I =  0 3 cos3 x dx. Câu 5. (1 điểm) Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài cạnh bằng 3a, đường cao SH bằng a 10 , H là trọng tâm tam giác ABD. Gọi M là trung điểm của SD. Mặt phẳng (BCM) cắt SH và SA lần lượt tại K và N. Tính thể tích khối chóp S.BCMN và chứng minh điểm K là trực tâm của tam giác SAC. Câu 6. (1 điểm) Tìm các giá trị của a để tồn tại duy nhất cặp số (x, y) thỏa mãn a. x  y  3x  2. y Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – 5 = 0 và điểm A (5; 2). Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều. Câu 8. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x 4 y5 z7 d1:   và d2 :   1 1 1 2 1 1 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và tạo với d2 một góc bằng 300 . Câu 9 .(1 điểm) (1  i)100 Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = (1  i)96  i(1  i)98 Page 1
B ĐỀ VTEST SỐ 7 Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) 1. (1 điểm). Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Pt của ∆: y = k(x – 1) + 2. Để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt sau có hai 2x  1 nghiệm phân biệt :  k(x  1)  2 x 1  pt kx 2  2kx  k  3  0 (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1. − Nếu k = 0 thì (*) trở thành −3 = 0  vô lý. Trường hợp này không thỏa mãn (loại)  k  2k  k  3  0 − Nếu k  0 thì Pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1   ' k0   k  k(k  3)  0 2 (0,5 điểm) Giả sử M (x1 ; y1), N (x2 ; y2) trong đó x1, x2 là nghiệm của pt (*). Theo hệ thức Viet ta có x1 + x2 = 2  x1 + x2 = 2x1  I là trung điểm của MN. Do ∆AMN vuông tại A nên 2AI  MN  MN2  40  (x2  x1 )2  (y2  y1 )2  40  (x 2  x1 )2  k2 (x2  x1 )2  40  (x 2  x1 )2 (k2  1)  40   (x2  x1 )2  4x1 x2  (k2  1) 40  k 3 2 k 3   4  4.  (k  1)  40 (vì x1x2 = k )  k  1 Giải phương trình trên ta được hai giá trị k = 3, k = đều thỏa mãn bài toán. 3 (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) x Điều kiện: cos x  0, cos  0 2     sin  x    sin  x   sin x.sin x Pt  1   6  6  2  cos x 2 cos x cos x x cos 2  x x 2sin x.cos sin x.sin  cosx.cos = 6 2 2 (0,5 điểm) cosx x cos 2  tan x  0  x  k  1  tan x  3 tan x  1   2  với k  Z  tan x  3  x    k  3 Page 2
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:  x  2k và x   k (k  Z ) (0,5 điểm) 3 Câu 3. (1 điểm) Điều kiện x  0 . Bất phương trình đã cho tương đương với x  24  x 27 24  x  2 x(24  x)  x  . x  24  x 8 24  x  2 x(24  x)  x x  24  x 27( x  24  x )2   (0,5 điểm) x  24  x 8( x  24  x )2     3 3 8 x  24  x  27 x  24  x  2( x  24  x )  3( x  24  x )  5 5  x  24  0  25x  x  0  x  1 Đáp số: 0  x  1 (0,5 điểm) Câu 4. (1 điểm)  x 2  x x  x x tan    .sin x(1  sin x)  sin  cos  .sin.  cos  sin  Ta có 4 2   2 2  2 2 2 cos x.cos x  x x  2x 2 x  cos  sin  .cos x.  cos  sin  2  2 2  2 2 s inx  cos 2 x    sin x 1 1 Suy ra I   3 dx    3 d(cos x)  3 1 (1,0 điểm) 0 cos 2 x 0 cos 2 x cos x 0 Câu 5. (1 điểm) Vì BC AD và AD mp(SAD) nên giao tuyến của (BCM) với (SAD) là đường thẳng qua M song song với AD, suy ra MN AD do đó N là trung điểm của SA. 1 Ta có VS.BCD  VS.BAD  SH.SABD 3 S 1 9 3  .a 10. a 2  a 3 10 3 2 2 K M VS.BMN SN SM 1 N   , VS.ABD SA SD 4 B C VS.BCM SM 1   VS.BCD SD 2 A D 1 1 Suy ra VS.BCMN  VS.BCM  VS.BMN  VS.BCD  VS.ABD 2 4 9 10a 3 Vậy VS.HCMN  (0,5 điểm) 8 Page 3
Trong mp(SAC), nối CN cắt SH tại K là giao điểm của (BCM) với SH. 2 Ta có CH  AC  2a 2  SC  SH 2  CH 2  3a 2  AC 3 Vậy tam giác SAC cân tại C và N là trung điểm của SA, nên CN  SA , do đó K là trực tâm của tam giác SAC. (0,5 điểm) Câu 6. (1 điểm) Điều kiện: x  0, y  0 Nhận xét: Với mọi a phương trình a x  y  3x  2 y (*) luôn có ít nhất một nghiệm là (0; 0) Ta sẽ tìm a để pt (*) không có nghiệm (x; y) với x + y > 0 3x y  pt (*)  2  a vô nghiệm với x + y > 0 (0,5 điểm) xy xy x Đặt t  , 0  t  1 . Xét f(t) = 3t  2 1  t, t  0;1 . xy 3 1 3 Ta có f ' (t)   với t  (0;1)  f ' (t)  0  t  2 t 1 t 7 3 và f(0) = 2, f(1) = 3, f    7 7 Suy ra min t0;1 f (t)  3 và max t0;1f (t)  7 a  7 Do đó phương trình f(t) = a không có nghiệm trong đoạn  0; 1    a  3 a  7 Đáp số:  (0,5 điểm)  a  3 Câu 7. (1 điểm) Nhận thấy A (5 ; 2) thuộc đường tròn (C), mà ABC đều nên tâm I (2; 1) của (C) là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi H(x ; y) là trung điểm của BC thì AH  BC và AH  AI  H  ;  3 1 1 2 2 2 (0,5 điểm) Suy ra đường thẳng d đi qua H và nhận IA  (3;1) làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng d là : 3x + y – 2 = 0 (0,5 điểm) Câu 8. (1 điểm) Gọi phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 có dạng Ax + By + Cz + D = 0 trong đó A2 + B2 + C2 ≠ 0 Vectơ pháp tuyến của (P) là n(A; B;C) vectơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là u1 (1; 1;1) và u 2 (2;1; 1) Page 4
 n.u1  0 Mặt phẳng (P) chứa d1 tạo với d2 góc 300 nên:   cos(n,u 2 )  sin 30 0 (0,5 điểm) Từ đó ta có hệ phương trình:  ABC  0   2A  B  C 1    6. A  B  C 2 2 2 2 Giải hệ trên ta được (P) : x + 2y + z + D1 = 0; x – y – 2z + D2 = 0. Mặt khác điểm M (1 ; 1 ; 2)  d1  (P) Từ đó suy ra có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán là: (P1) : x – y – 2z + 4 = 0 và (P2) : x + 2y + z – 5 = 0 (0,5 điểm) Câu 9. (1 điểm) Ta có (1  i)2  2i  (1  i)4  (2i)2  4 và (1  i) 2  2i  (1  i) 4  ( 2i) 2  4 25 (1  i)4  Suy ra z  24 24 (0,5 điểm) (1  i)4   i(1  i) 2 (1  i) 4  (4)25 (4)25 4    (0,5 điểm) (4)24  2i2 (4)24 3.424 3 4 Vậy số phức z có phần thực bằng và phần ảo bằng 0. 3 Page 5