zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH lần 1 môn Toán khối A, B (2013 -2014) THPT Thuận Thành số 3 (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

73
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập, giảng dạy của giáo viên và học sinh đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013-2014 của Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh trường THPT Thuận Thành số 1 sẽ là tư liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học. Mời các bạn cùng tham khảo để chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 1 môn Toán khối A, B (2013 -2014) THPT Thuận Thành số 3 (Kèm Đ.án)

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Môn : TOÁN, Khối A, B NGÀY 05/01/2014 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 2. Tìm m để đường thẳng y= x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0). 2 Câu II (2,0 điểm). x x x x  1. Giải phương trình: 2 2 (sin 3  cos 3 ) cos  (2  sin x) cos   . 2 2 2 2 4 27 2 2 2. Giải phương trình : x  1  x 2  2 x  x x 8 x 2e2 x  3xe x  e x  1 Câu III (1,0 điểm). Tính: I=.  dx xe x  1 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O a 3 đến mặt phẳng (SAB) bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) 4 với (SBD). Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: x 2  y 2  xz  yz  2 xy .  1 1 1  Tìm giá trị nhỏ nhất của P   x 4  y 4  z 4   4  4  4   4x 4 y z  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 tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d 1: 3x-4y-24=0, d2: 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d1 tại A và cắt d 2 tại B, C sao cho BC = 4 5 và sin  = 2 A . Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương. 5 log 2 y  log 4  xy  2   2. Giải hệ phương trình:  2 log 9 x  log 3  x  y   1  Câu VII.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C  : x 2  y 2  2 .Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy. log2 x 2 Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình 2 2  4log2 x  20  0 .……….Hết……… Họ và tên thí sinh...................................................................., Số báo danh.....................................................
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm -ý I.1 *Tập xác định : D   \ 1 0.25 1 Tính y '   0 x  D (x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;  ) *Hàm số không có cực trị 0.25 Giới hạn lim y   lim y   x 1 x 1 lim y  2 lim y  2 x  x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x  1  0.25 y’ - - 2  y 2  *Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ) 0.25 I.2 1 * PT hoành độ giao điểm của d m: y = x  m với (C) là : 2 2x 1 1 x  1   xm  2 0.25 x 1 2 x   5  2m  x  2  2m  0 1   4m2  12m  17  0 dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác   m 1  2m  5  2  2m  0 0.25 * Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1):  x1  x2  5  2m . Toạ độ giao điểm của d m với (C):  1   1   5  2m 5  2m  A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  .Gọi I là trung điểm của AB thì I ;  0.25  2   2   2 4  3 0.25 * KA=KB  KI  d m  m  2 II.1  x x  x x x  x x Pt(1)  4sin  cos 1 sin cos  cos  2  sin x cos  sin  0.25  2 2  2 2 2  2 2  x x  1  x  x x  4 sin  cos 1  sin x  cos  2  sin x  cos  sin   2 2  2  2  2 2  x x cos 2  sin 2  0  x x  x   0.25   cos  sin (2  sin x) 2 cos  1  0  2  sin x  0  2 2  2   x 2 cos  1  0  2 0.25 x x  x  x   +) sin  cos  0  sin     0    k  x   k2 (k  ) 2 2 2 4 2 4 2 +) 2  sin x  0  sin x  2 (vô nghiệm) 2
www.VNMATH.com x x 1 4 +) 2cos  1  0  cos  x  k 4 (t/mđk) 0.25 2 2 2 3  4 Vậy nghiệm của phương trình là: x   k2 , x    k4   k   2 3 II.2 ĐK: x  0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có: 27 2 27 2 0.25 * 2x  2  2 x  x  2  x x  x  x2  x x 4 4 x  2 27 2 0.25  1  x (*) x 4 1 VT(*) = f(x) có f’(x) =  0, x  0 , f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng  0;   0.25 2 x2 x x 27 VP(*) = g(x) có g’(x) = x  0, x  0  g ( x) là hàm đồng biến trên khoảng  0;   . 2 0.25  phương trình (*) có không quá một nghiệm. 2 2 Mặt khác x = là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = . 3 3 2 III I  xe x  1  e x  xe x dx    xe  1dx   x d  xe x  1 0,5 xe x  1 xe x  1  x   xd  e x   ln 1  xe x  x  ln 1  xe x  xe x   e x dx x  ln 1  xe x  xe x  e x  C 0,5 Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a. Gọi K là hình IV chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI 1 1 1 1 1 a 3 Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2  2  2  2  2  OK  OK OA OD a 3a 2 1 1 1 a 0.25 .Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2  2  2  SO  . OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 ; S a đường cao của hình chóp SO  . 2 Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 0.25 VS . ABCD  S ABC D .SO  A 3 3 I D Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là K Tam giác SBO . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng O s 0.25 (SAB) và (SBD) ta có cos  SBO B a C sSAB 1 a2 1 1 0.25 Ta có : sSBO  OB.SO  , SK  a  sSAB  a 2  cos     arccos 2 4 4 4 3
www.VNMATH.com 0.25 V a  b 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức: a 2  b 2  2   x2  y 2 2  Ta có: P     1 1    x  y  z4   2 2  4    4   z 4  8 1  4 0.25    2x y   4   2  z   8   x  y  z  4 Đặt  x  y t  8  t 8  0  t  1 Khi đó ta có: P    1   1   2   4 z  8  t  8 t Xét hàm số 0.25 t 8 1 8 f (t )  2    f '(t )   2  0, t   0;1 8 t 8 t 81 Ta có f(x) nghịch biến trên  0;1  min P  f (1)  0.25 t 0;1 8 z Khi đó x = y = 2 VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C ) 0.25 Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d 1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d 1) 0.25 Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d 2) = R 2  MB 2  5 .  3 x  4 y  24  25  Khi đó ta có hệ:  Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu  2x  y  6  5  0.25 TH1 I 1;1 ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25 TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25 0.25 VIa.2 x  y  0  Đk:  y  0  x  0  log 9 x 2  log 3 x  xy  2  0 0.25   y 2  xy  2  Khi đó ta có hệ   2 0.25  x  xy  3  2   x  y  1(loai )   x  y   1   x  3 0.5    x  y  1  (t/mđk) 2  x  xy  3   2 y  2  x  xy  3 VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được A64  360 số có 4 chữ số khác nhau 0.25 2 Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là C  3 3 Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là C32  3 0.25 Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là: C32 .C32 .4!  216 0.25 Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong 216 3 đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: P   0.25 360 5 VIa.1 Tâm C :  O 0; 0 +  . Gọi tọa độ A a;0 , B 0; b với a  0, b  0 . 0.25  Ban kính C  : R  2   4
www.VNMATH.com x y x y + Phương trình AB:   1   1  0 a b a b 1 ab 0.25 AB tiếp xúc (C)  d O, AB   2   2  2 (***) 1  1 a  b2 2 a 2 b2 a 2b 2 a 2b 2  2 2   SOAB 0.25 a  b2 2ab  SOAB nhỏ nhất khi a  b . Từ a  b và (***) suy ra a  b  2 . 0.25 x y Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là  1  0 . 2 2 VIa.2 AH  BC  *Ta có   BC  ( AOH )  BC  OH . AO  BC  Tương tự AB  OH Suy ra OH  ( ABC ) . x y z *Phương trình mp (ABC):    1  x  2y  z  2  0  2 1 2   *mp(ABC) có vtpt n   1; 2;1 nên OH có vtcp u  n  (1; 2; 1)  x  t   1 2 1  *Phương trình đường thẳng OH:  y  2t  H  ; ;  0.5 x  t  3 3 3  2 0.25 Khoảng cách từ H tới Oy là R  3 2 2 2  1  2  1 2 Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là  x     y     z    0.25  3  3  3 9 2 VIIb 2 Điều kiện: x> 0 ; BPT  24log2 x  4log2 x  20  0 0.25 2 Đặt. y  4log2 x , y  1 . BPT trở thành y2 + y- 20  0  - 5  y  4.Do y  1 nên ta có y  4 0.25 2 Khi đó ta có : 4log x  4  log 2 x  1  1  log 2 x  1 2 0.25 2 1  x2 0.25 2 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó . 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

511 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

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

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.