zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Can Lộc lần 2 (2013-2014)

Chia sẻ: Trần Văn Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

106
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán - THPT Can Lộc lần 2 (2013-2014). Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi và giúp cho các bạn củng cố kiến thức cũ đã học để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Can Lộc lần 2 (2013-2014)

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam SỞ GD VÀ ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CAN LỘC Môn: TOÁN – Khối A, A1, B (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 có đồ thị là (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cắt đồ thị (C) tại điểm thứ hai là N (khác M) thỏa mãn: P = 5 xM + xN đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 s inx + t anx 2 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: = (1 + cos x ) t anx − s inx 3 2 x ( x + 3) − y ( y + 3) = 3 xy ( x − y )  2 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ ) ( x − 2 ) = 4 ( 2 − y ) 2 2  π 4 tan 3 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ dx 0 1 + cos 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh AD sao cho MD = 2MA . Tính theo a thể tích khối chóp S.BCDM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM biết mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y ≤ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1  P = ( x4 + y4 + z 4 )  4 + 4 + 4  1 x y z  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE. Tìm tọa độ của C biết C thuộc đường thẳng d: x – 2y + 1 = 0 và tọa độ F(2; 0), H(1; -1) Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; -1; 2) hai đường thẳng x y −1 z −1 x −1 y −1 z − 2 d1 : = = , d2 : = = . Tìm tọa độ điểm B thuộc d1, C thuộc d2 sao cho BC 2 1 1 1 −1 1 nằm trong mặt phẳng chứa A và d1, đồng thời AC = 2AB và B có hoành độ dương. z + 2 + 3i Câu 9a (1,0 điểm).Tìm số phức z biết u = là một số thuần ảo và z + 1 − 3i = z − 1 + i z −i B. Theo chương trình nâng cao x2 y 2 Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: + = 1 . Tìm điểm M 25 9 thuộc elip sao cho góc F1MF2 = 900 với F1, F2 là hai tiêu điểm của elip. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(1; 1; 2), B(2; -1; 1) và đường thẳng x y −1 z −1 d: = = . Tìm điểm M thuộc d có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABM bằng 1 −2 1 3 . Câu 9b (1,0 điểm). Cho z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z2 – 2z + 4 = 0. Tìm phần 2013 z  thực, phần ảo của số phức: w =  1  , biết z1 có phần ảo dương.  z2  …………HẾT……….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Họ và tên thí sinh:………………………………………………….; Số báo danh:……………………….. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) 2,0 điểm * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: x = 0 Ta có: y' = 3x2 – 6x; y' = 0 ⇔  x = 2 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2 - Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ 0,25 x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + 2 +∞ y 0,25 -2 -∞ * Đồ thị y 4 2 -1 O 1 2 3 5 x 2 0,25 4 b) (1,0 điểm) Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ M ( a; a 3 − 3a 2 + 2 ) Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y = ( 3a 2 − 6a ) ( x − a ) + a 3 − 3a 2 + 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và tiếp tuyến là: 0,25 x3 − 3 x 2 + 2 = ( 3a 2 − 6a ) ( x − a ) + a 3 − 3a 2 + 2 x = a ⇔ ( x − a ) ( x + 2a − 3 ) = 0 ⇔  2  x = −2 a + 3 Để (C) cắt tiếp tuyến tại N khác M thì: a ≠ −2a + 3 ⇔ a ≠ 1 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Khi đó: xM = a; xN = −2a + 3 0,25 Ta có: P = 5a 2 + ( −2a + 3) = 9a 2 − 12a + 9 = ( 3a − 2 ) + 5 2 2 2 2  2 26  Do đó: P ≥ 5 ,suy ra Pmin = 5 khi a = .Đối chiếu ĐK ta được a = .Vậy M  ;  0,25 3 3  3 27  Câu Đáp án Điểm Câu 2 cos x ≠ 0 cos x ≠ 0 1,0 điểm Đk:  ⇔  t anx − s inx ≠ 0 cos x ≠ ±1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với: 0,25  s inx   s inx  3  s inx +  = 2 (1 + cos x )  − s inx   cos x   cos x  ⇔ s inx ( 2 cos x + 3cos x + 1) = 0 ⇔ 2 cos x + 3cos x + 1 = 0, ( Do : s inx ≠ 0 ) 2 2 0,25 cos x = −1 Ta có: 2 cos 2 x + 3cos x + 1 = 0 ⇔  cos x = − 1  2 0,25 Vì cos x ≠ −1 nên ta có: 1 2π cosx = − ⇔ x = ± + k 2π , (k ∈ ℤ) 2 3 2π Vậy nghiệm phương trình: x = ± + k 2π với k ∈ ℤ 0,25 3 2 x ( x + 3) − y ( y + 3) = 3 xy ( x − y ) Câu 3  2 2 (1) 1,0 điểm  2 ( x − 2 ) = 4 ( 2 − y ) 2 (2)  0,25 Ta có phương trình (1) tương đương với: x3 + 3 x = ( y − x ) + 3 ( y − x ) (3) 3 Xét hàm số: f (t ) = t 3 + 3t , ∀t ∈ ℝ Do: f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ Suy ra: (3) ⇔ f ( x ) = f ( y − x ) ⇔ y = 2 x 0,25  x 2 = 2( x − 1) Thay vào pt (2) ta được: (x2 – 2)2 = 4(2 – 2x) ⇔ x4 = 4(x – 1)2 ⇔  2  x = −2( x − 1) 0,25 2 * PT: x = 2(x – 1) vô nghiệm * PT: x2 = -2(x – 1) ⇔ x = −1 ± 3  x = −1 + 3  x = −1 − 3   0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  ;  y = −2 + 2 3  y = −2 − 2 3   Câu 4 2 t anx 1,0 điểm Đặt t = 2 + tan 2 x ⇒ dt = dx cos 2 x Đổi cận: khi x = 0 ta có: t = 2; 0,25 π khi x = ta có: t = 3 4 π 1 t−2 3 4 tan 2 x t anx Ta có: I = ∫ . dx = ∫ dt 0 ( 2 + tan x ) 2 2 cos x 22 t 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 3 3 1 dt = 22∫ dt − ∫ t 2 0,25 1 3 3 1 3 = t − ln t = − ln 2 2 2 2 2 0,25 Câu Đáp án Điểm Câu 5 1,0 điểm S K A M D H F I B N E C 0,25 Gọi H là trung điểm cạnh AB, khi đó SH ⊥ AB , do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên BD khi đó: BD ⊥ (SHI), (Do BD ⊥ SH) Suy ra BD ⊥ SI, do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) là: SIH , theo giả thiết: SIH = 600 1 a 2 Ta có: HI = AC = 4 4 a 6 Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = HI.tan600 = 4 2 2 a 5a Ta có: SBCDM = SABCD – SABM = a 2 − = 0,25 6 6 3 1 5a 6 Vậy VS . BCDM = S BCDM .SH = (ĐVTT) 3 72 Dựng HN, AE song song với CM (N, E thuộc cạnh BC) Khi đó: CM//(SAE), E là trung điểm CN Ta có: d ( CM , SA ) = d ( CM , ( SAE ) ) = d ( C , ( SAE ) ) = d ( N , ( SAE ) ) = d ( H , ( SAE ) 0,25 Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên AE, K là hình chiếu vuông góc của H lên SF, khi đó: (SHF) ⊥ (SAE) nên HK ⊥ (SAE), do đó: d ( H , ( SAE ) ) = HK www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2a BE 3 2 Trong tam giác vuông ABE, ta có: sin BAE = = = AE 4a 2 13 a2 + 9 a Suy ra HF = AH.sin BAE = 13 0,25 Trong tam giác vuông SAF ta có: 1 1 1 HF .HS 3 3 2 = 2 + 2 ⇒ HK = =a . Vậy d ( CM , SA) = a HK HF HS HF + HS 2 2 47 47 Câu Đáp án Điểm Câu 6 1,0 điểm Ta có: x 4 + y 4 ≥ (x 2 +y ) ≥ ( x + y) 2 2 4 , 1 1 2 + 4≥ 2 2≥ 32 0,25 ( x + y) 4 4 2 8 x y x y  ( x + y )4   32 1  1 x+ y  4  z  4 Do đó: P ≥  + z  4 + 4=   + 32   +5  ( x + y)  x+ y 4  8   z  8 z   0,25  x+ y 4 Đặt t =   , ta có: 0 < t ≤ 1 (Do: x + y ≤ z)  z  0,25 t 32 Suy ra: P ≥ f (t ) = + + 5, ∀t ∈ ( 0;1] 8 t 1 32 Ta có: f '(t ) = − 2 , f '(t ) = 0 ⇔ t = ±16 , do đó: f '(t ) < 0, ∀t ∈ ( 0;1] 8 t 297 Suy ra: f '(t ) ≥ f (1) = 8 0,25 297 x = y Vậy min P = , khi :  8 x + y = z A. Theo chương trình chuẩn Câu Đáp án Điểm Câu 7b 1,0 điểm A F B Gọi M là giao điểm của AH và CD Ta có hai tam giác ABE và ADM bằng nhau (Vì: AB = AD, ABE = DAM , do cùng phụ với AEH ) E I Do đó DM = AE = AF, suy ra BCMF là hình chữ H nhật. 0,25 D M C Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF 1 Trong tam giác vuông MHB ta có: HM = BM 2 0,25 1 Do BM = CF nên HM = CF , suy ra tam giác CHF vuông tại H. 2 Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có: HC = ( 2c − 2; c + 1) , HF = (1;1) 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 1  1 1 0,25 Vì CH ⊥ FH nên HC.HF = 0 ⇔ 2c − 2 + c + 1 = 0 ⇔ c = . Vậy tọa độ C  − ;  3  3 3 Câu 8a Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và d1, gọi M(0; 1; 1) thuộc d1, u = ( 2;1;1) là véc tơ chỉ 1,0 điểm phương của d1. Khi đó véctơ pháp tuyến của (P) là: n =  AM , u  = ( 3; −1; −5 )   0,25 Do đó phương trình của (P) là: 3x – y - 5z + 6 = 0. Suy ra C là giao điểm của d2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  x −1 y −1 z − 2  x = −1  = =  1 ⇔  y = 3 ⇒ C ( −1;3; 0 ) 0,25  1 −1  3x − y − 5 z + 6 = 0 z = 0  Gọi tọa độ B thuộc d1 là: B ( 2b; b + 1; b + 1) Ta có: AB = ( 2b − 1) + ( b + 2 ) + ( b − 1) = 6b 2 − 2b + 6 , AC = 2 6 2 2 2 0,25 b = 0 Do AC = 2AB nên: 2 6b − 2b + 6 = 2 6 ⇔ 6b − 2b = 0 ⇔  2 1 2 b =  3 0,25 2 4 4 Vì B có hoành độ dương nên B  ; ;  3 3 3 Câu 9a Đặt z = x + yi, (x, y ∈ R ), khi đó: 1,0 điểm u= ( x + 2 ) + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y + 3) i   x − ( y − 1) i     x + ( y − 1) i x + ( y − 1) 2 2 = (x 2 ) + y 2 + 2 x + 2 y − 3 + 2 ( 2 x − y + 1) i 0,5 x + ( y − 1) 2 2 x + y + 2x + 2 y − 3 = 0  2 ( x + 1) + ( y + 1) = 5  2 2 2 u là số thuần ảo khi và chỉ khi  2 ⇔ (1) x + ( y − 1) > 0 ( x; y ) ≠ ( 0;1) 2     Ta có: z + 1 − 3i = z − 1 + i ⇔ ( x + 1) + ( y − 3) = ( x − 1) + ( y + 1) ⇔ x − 2 y + 2 = 0 (2) 2 2 2 2 0,25  3 16  3 16 Từ (1) và (2) ta có: ( x; y ) =  − ; −  . Vậy số phức cần tìm: z = − − i 0,25  5 5 5 5 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Đáp án Điểm Câu 7b Ta có: a = 5, b = 3, suy ra c = 4 1,0 điểm 4 4 Gọi M ( a; b ) thuộc elip ta có: MF1 = 5 + a, MF2 = 5 − a 0,25 5 5 Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên: MF1 + MF2 = F1 F22 2 2 2 2  4   4  175 ⇔  5 + a  +  5 − a  = 64 ⇔ a 2 = 0,25  5   5  8 a2 b2 9 0,25 Do M thuộc elip nên: + = 1 ⇔ b2 = 25 9 8 Vậy tọa độ cần tìm: 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam  5 14 3 2   5 14 3 2   5 14 3 2   5 14 3 2  M  4 ; 4 , M  4 ;− 4 , M − 4 ; 4 , M − 4 ;− 4                 Câu 8b Vì M thuộc d nên tọa độ M có dạng: M ( a;1 − 2a; a + 1) 1,0 điểm Ta có: AM = ( a − 1; −2a; a − 1) , AB = (1; −2; −1) 0,25 Suy ra:  AM , AB  = ( 4a − 2; 2a − 2; 2 )   1 1 Ta có: S ∆AMB =  AM , AB  = 2 ( 4 a − 2 ) + ( 2 a − 2 ) + 4 = 5a − 6 a + 3 2 2 2  0,25 2 a = 0 Theo giả thiết ta có phương trình: 5a − 6a + 3 = 3 ⇔ 5a − 6a = 0 ⇔  2 2 6 a =  5 0,5  6 7 11  Vì M có hoành độ dương nên tọa độ cần tìm: M  ; − ;  5 5 5  Câu 9b Vì ∆ = -3, nên phương trình có hai nghiệm phức: z1 = 1 + 3i, z2 = 1 − 3i , (Do z1 có 1,0 điểm 0,25 phần ảo dương) ( ) 2 z 1 + 3i 1 + 3i 2 1 3   π π 2 Ta có: 1 = = = +  2 2 i  =  cos 3 + i.sin 3    0,25 z2 1 − 3i 4    2013 z  π π 4026  Do đó:  1  =  cos + i.sin  = cos1342π + i.sin1342π = 1 0,25  z2   3 3 Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. 0,25 ……………..Hết……………. www.DeThiThuDaiHoc.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

923 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.