Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quốc Oai lần 1 năm 2013

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quốc Oai lần 1 năm 2013 sẽ là tài liệu hay giúp bạn tự ôn tập và rèn luyện để làm bài thi đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Quốc Oai lần 1 năm 2013

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Khối A và khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  m 4  1(1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho các điểm A, B, C và điểm O nằm trên một đường tròn, trong đó O là gốc tọa độ. (sin x  cos x) 2  2sin 2 x 1     Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2   sin(  x)  sin(  3x)  . 1  cot x 2 4 4  3  2 x 2  3x  2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  1,  x    . 1 2 x2  x  1 Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD, biết SA=AB= a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . e ln x Câu 5 (1,0 điểm). Tính I   dx. 1 x ( 2  ln x  2  ln x ) Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3. 2 2 2 Chứng minh rằng 2  a  b  c   b  c  a    c  a  b   3 . a  b 2  c2  2ab b 2  c2  a 2  2bc a 2  b 2  c 2  2ac 5 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn 5 Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M (4; ) là trung điểm của 2 AC , đường trung tuyến kẻ từ C là (d ) : x  y  2  0; điểm B nằm trên đường thẳng (d ') : x  3y  1  0. Tìm 3 tọa độ các điểm A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng . 2 Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho tứ giác ABCD có A(3; 2; 0), B(2;3;1), C(4;5; 7). Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy là AB. Câu 9a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2  x )n theo lũy thừa tăng của x ta được số hạng thứ tám là 144. Tìm x biết C n 1  2Cn  2  16  n  2  , n   *. n 3 n B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  : x 2  y 2  13 . Lập phương trình chính tắc của hypebol có hai tiệm cận vuông góc với nhau và cắt đường tròn (C ) tại bốn điểm lập thành hình chữ nhật có diện tích bằng 24. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : 3 x  2 y  z  4  0 và điểm M (2;2; 0). Xác định tọa độ điểm N sao cho MN vuông góc với mặt phẳng (P ) , đồng thời điểm N cách đều gốc tọa độ O(0; 0;0) và mặt phẳng (P ). log 1  x  2y   log 2  3x  1  1  2 Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3x  34y  4.  ....................HẾT................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn Nguyễn Trung Thành (vivo@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1- ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANG Câu ý Nội Dung Điểm Khi m=1 hàm số trở thành y  x  2 x 2  2. 4  TXĐ :   Sự biến thiên : - giới hạn: lim y   0,25 x  3 y '  4x  4x a y '  0  x  0;x  1;x  1. -Bảng biến thiên:lập đúng 0,25 - Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị. 0,25  Đồ thị: vẽ đúng 0,25 Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  4 x 3  4m 2 x  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 (*). 0,25 1 Ba nghiệm phân biệt là x  0; x  m; x  m; Tọa độ 3 điểm cực trị A(0; m 4  1), B(m;1), C (m;1) . 0,25 Gọi I là tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; do tính đối xứng của đồ thị hàm số suy ra I, A, O thẳng hàng.  A  O (1) Ycbt           0,25  AB  OB  AB . OB  0 (2)    Ta có AB(m; m 4 ); OB(m;1). Giải (1): m 4  1  0  vô nghiệm 0,25 b Giải (2): m 2  m 4  0  m  1 (do đk(*)). Kết luận: m  1. Điều kiện: s inx  0 (*). 1  sin 2x  2sin 2 x 1  Pt   .2 cos(  2x).s inx 1 2 4 2 2 0,25 sin x   (sin 2x  cos2x).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4    2.cos(2x  ).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4 4  0,25  cos(2x  ).s inx.(s inx  1)  0. 4     (*) cos(2x    2x  4  2  m  0,25 )0  4  (k, m   ).   x    k2  sin x 1   2  3  So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt x   k 2 , x   m , (k , m   ). 0,25 2 8 2
1 Ta có : 1  2 x 2  x  1  1  4( x  )2  3  1  3  0. 0.25 2  x  1 Suy ra, điều kiện :  (*).  x  2 Bpt  3  2 x 2  3x  2  1  2 x 2  x  1  x 2  x  1  1  x 2  3 x  2 . 0,25 3 x  0  x2  x  1  2x   2 0,25 3 x  x  1  0 x  0  13  1 13  1 0,25   1  13 1  13  x  (do (*)). Kết luận: x  . x  ;x  6 6  6 6 + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có S SG 2  , suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của N 4 SC, SD. 1 1 G M + Dễ có: VS . ABD  VS .BCD  VS . ABCD  V . A D 0,25 2 2 O B C Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS . ABN SA SB SN 1 1 1  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS . BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS .BMN  V . VS .BCD SB SC SD 2 2 4 8 0,25 Từ đó suy ra: 3 VS . ABMN  VS . ABN  VS .BMN  V . 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp bởi AN 3  với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD   SA cân tại N, suy ra NAD  NDA  300. Do đó AD   a 3. 0,25 tan 300 1 1 3 3 Vậy, V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3 3 5 5 3a 3 Suy ra,thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  . 0,25 8 8 24 Đặt t  2  ln x  2  ln x  t 2  4  2 4  ln 2 x  4ln 2 x  8t 2  t 4 0,25 8ln x ln x 1  dx  (16t  4t 3 ) dt  dx  (2t  t 3 ) dt. x x 2 0,25 Đổi cận: x  1  t  2 2; x  e  t  3  1 5 0,25
3 1 1 1 Suy ra, I   (2  t 2 )dt  ....  (3 3  1  4 2). 0,25 2 2 2 3 2 2 2 Bdt  a  b  c   b  c  a   c  a  b  3 2 2 2  a  b   c2  b  c   a 2  c  a   b 2 5 2 2 2  3  2c   3  2a    3  2b   3 2 2 2  3  c   c2  3  a   a 2  3  b   b 2 5 0,25 2 2 2 c  3c  2 a  3a  2 b  3b  2  2  2  2 0 2c  6c  9 2a  6a  9 2b  6b  9 6 x 2  3x  2 1   x  1   x  1 x  2   1 x  1  0 Ta có: 2   0,25 2x  6x  9 5 2x 2  6x  9 5  x2 1   x  1  2  0  2x  6x  9 5  2   x  1 2x 2  x  1 0  x  1  2x  1  0, x  0 2 2x  6x  9 2x 2  6x  9 Do a, b, c dương nên ta có : a 2  3a  2 1 b 2  3b  2 1 c2  3c  2 1   a  1 ; 2   b  1 , 2   c  1 . 2a 2  6a  9 5 2b  6b  9 5 2c  6c  9 5 0,5 Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. C  d  C(c  2; c); B  d '  B(3b  1; b) Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c) 0,25  3b  c  7 b  c  5  N là trung điểm của AB  N  ; .  2 2  7a Đường trung tuyến kẻ từ C là d, nên N nằm trên d 0,25 3b  c  7 b  c  5    2  0  b  1  B(4;1) 2 2   AC  (2c  4; 2c  5) Phương trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0 2 2 | 3(c  2) | AC   2c  4    2c  5 , d(B, AC)  2 2 0,25  2c  4    2c  5 | 3(c  2) | SABC  2 c  3  A(3; 2), C(5;3) Giả thiết, ta có:  0,25 c  1  A(5; 4), C(3;1) KL......    Gọi D(x;y;z)  CD   x  4; y  5; z  7  , BA   5; 1; 1    0,25 CD  kBA  Tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy AB   (k>0). AC  BD 
 x  4  5k  x  4  5k 8a  y  5  k y  5  k   0,25   z  7  k z  7  k    x  2  2   y  3  2   z  1 2  107  2  5k  2   2  k  2   8  k 2  107    x  4  5k y  5  k  k  1(l)    0,25  z  7  k  k  35 (t / m)  27  27k 2  8k  35  0   67 100 224  Kết luận: D   ; ; . 0,25  27 27 27  9a  n  3 n  2   n  2 n  1 C n 1  2Cn  2  16  n  2   n 3 n  2.  16  n  2  2 2 0,5 n 3   n  1  16  n  9. 2 9 n 9 Ta có:  2  x    2  x    Ck 29k x k 9 0,25 0 Số hạng tổng quát của khai triển là: C9 29 k x k k Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là C9 22 x 7  144x 7 7 0,25 Giải phương trình được x=1. x 2 y2 0,25 Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang:   1; a  0, b  0. a 2 b2 b b 7b Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là: y  x; y   x a a Hai tiệm cận vuông góc với nhau  a  b Phương trình (H): x 2  y 2  a 2 Giao điểm của (H) và đường tròn (C) có tọa độ là nghiệm của hệ 0,25  2 a 2  13  2 2 x  y  a 2 x  2   2 2  2  x  y  13   y 2  13  a   2 Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y) 0,25 ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy| Giả thiết: 16x 2 y 2  242  a 2  5 x 2 y2 0,25 Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là:   1. 5 5 Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) , suy ra NO  x 2o  y 2 0  z2 0 8b 3 x0  2 y0  z0  4 0,25 d ( N ,( P ))  . 14    Từ giả thiết, suy ra vectơ MN cùng phương với vectơ pháp tuyến n(3; 2;  1) của mặt 0,25 x  2 y0  2 z0 phẳng (P ), nên ta có 0   (1). 3 2 1
Điểm N cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng (P ), 3 x0  2 y0  z0  4 do đó: x 2 o  y 2 0  z2 0  (2). 0,25 14 1 1 3 0,25 Giải hệ hai phương trình (1) và(2) ta được: x0   ; y0  ; z0  . 4 2 4  1 x  0,25 Đk:  3  x  2y  0  log 1  x  2y   log 2  3x  1  1   log 2  x  2y   log 2  3x  1  1 2  3x  1   log 2    1  x  4y  1 0,25  x  2y  9b Thay x=4y+1 vào phương trình 3x  34y  4 34 y  1 y  0 1  0,25 ta được 34y 1  34 y  4  3.3  4y  4  4 y 1   4y 3 3  y   1   3  4 Kết luận: Nghiệm của hệ 1;0  . 0,25 ……… HẾT……… Cảm ơn Nguyễn Trung Thành (vivo@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl