ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA doc

5 492 0
  • Loading ...
1/5 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 24/03/2014, 01:21

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 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): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 11xyx−=+ (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 2 22OA OB+ =, trong đó O là gốc toạ độ. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 cos 2cotsin 2 cosxxx x− = 2. Giải phương trình 212 ( ).x x x xx− + − = ∈ℝ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ()ln201x xI e x e dx= + −∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCDcó đáy ABCD là hình thoi, 02 , 60 .AB a BAD= = 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 2 2 21a b c+ + =. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2.1 11 2a c b c a b cPbc caabc+ + + += + ++ ++ 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 2 2( ) : ( 1) ( 2) 10C x y− + − = 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. 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho đường thẳng 1:1 1 1x y zd−= =− và mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0P x y z+ − − =. 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 , ( 0)a b b>. Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn nabb +  có số hạng chứa 4 9,a b tìm số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau. 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 : 2 3 0.d x y+ − = 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 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho đường thẳng 1 1:2 1 1x y zd− −= =− cắt mặt phẳng ( ) : 2 6 0P x y z+ + − = 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. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 224 2 2log ( ) log 4 ( , ).2 log log .log (6 )x yxy xx yy x x+ =∈= −ℝ Hết Chú ý: 1. Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 2. Dự kiến kỳ thi thử ĐH,CĐ lần 2 tổ chức vào ngày 30/4, 1/5/2013. Học sinh đăng ký qua Thầy Kháng, Thầy Chung. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định \ {-1}D=ℝ. Sự biến thiên Chiều biến thiên: 22' 0 1( 1)y xx= > ∀ ≠ −+. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và ( 1; )− +∞. 0,25 Cực trị: Hàm số không có cực trị. Giới hạn: 1 11 1lim , lim1 1x xx xx x− +→− →−− −= +∞ = −∞+ +. Đường thẳng 1x= − là tiệm cận đứng. 1 1lim 1, lim 11 1x xx xx x→−∞ →+∞− −= =+ +. Đường thẳng 1y= là tiệm cận ngang. 0,25 Bảng biến thiên x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 1 1 - ∞ 0,25 I.1 (1 điểm) Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1). Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1;1) làm tâm đối xứng 0,25 Điều kiện 1x≠ −. Phương trình hoành độ giao điểm 211 01xx m x mx mx−= + ⇔ + + + =+(*). 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A Bkhi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1− hay 24 4 0m m− − >. 0,25 Giả sử 1 1 2 2( ; ), ( ; )A x x m B x x m+ + , trong đó 1 2,x x là 2 nghiệm phân biệt của PT(*). Theo định lý Vi-ét ta có 1 21 21x x mx x m+ = −= +. 0,25 I.2 (1 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 22 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 1OA OB x x m x x m x x x x m x x m+ = ⇔ + + + + + = ⇔ + − + + + = 22 3 0 1 v 3m m m m⇔ − − = ⇔ = − =(Loại). Đối chiếu điều kiện: 1m= − 0,25 Điều kiện: sin 2 0,cos 0, sin 0 , .2kx x x x kπ≠ ≠ ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 21 sin .cos 2 cosx x x− =2sin sin .cos 2 0x x x⇔ − = 0,25 II.1 (1 điểm) sin 0 ( )sin cos2x loaix x=⇔=21sin cos 2 2 sin sin 1 0 sin 1 v sin2x x x x x x⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − = 0,25 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9-8-7-6-5-4-3-2-112345678910xyOMHOCDABS * sin 1 2 ,2x x k kππ= − ⇔ = − + ∈ℤ(Loại) * 1 5sin 2 v 2 , .2 6 6x x k x k kπ ππ π= ⇔ = + = + ∈ℤ Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: 52 v 2 , .6 6x k x k kπ ππ π= + = + ∈ℤ 0,25 Điều kiện: 2110, 01 00xx xxxx x≥− ≥ ≠⇔− ≤ <− ≥ 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2 221 1 11 ( 1) 0 ( 1) 0111x x x x xxx xx xx      − − + − − = ⇔ − − + =   − +  − +    . 0,25 * 21 51 02x x x±− − = ⇔ =(Thoả mãn điều kiện). 0,25 II.2 (1 điểm) * 211 1 0x x x xx − + + − + =  (1) + Nếu 1x≥ thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 1 0x− ≤ < thì 2 3;1 0x x x> + ≥. Ta có phương trình (1) tương đương với ()2 3(1 ) 0x x x x x− − − + + = (vô nghiệm). 0,25 ln 2 ln0 01xx x xI xe dx e e dx= + −∫ ∫ 0,25 * ln 210xI xe dx=∫. Đặt x xu x du dxdv e dx v e  = =  ⇒  = =   . Ta có ln 210ln 2 ln 22 ln 2 2 ln2 10 0x x xI xe e dx e= − = − = −∫ 0,25 * ln 2201x xI e e dx= −∫. Đặt 21 1x xt e e t= − ⇒ = +. Khi 0x= thì 0t=, khi ln 2x= thì 1t=. Ta có 2xe dx tdt=. Do đó ln 2322012 2203 3tI t dt= = =∫ 0,25 III (1 điểm) Do đó 1 212 ln 23I I I= + = − 0,25 0,25 IV (1 điểm) Từ giả thiết ta có tam giácABD đều. Gọi { }O AC BD= ∩. Ta có 2 2 3AC AO a= =. Diện tích hình thoi ABCD là 21. 2 32ABCDS AC BD a= =. H là trọng tâm của ABD∆ nên 1 2 33 3aAH AC= = 2 4 33 3aCH AC= = Tam giác SAC vuông tại ,S có đường cao SH nên SAH∆đồng dạng với CSH∆ 2 63SH AHSH aCH SH⇒ = ⇒ = Thể tích khối chóp .S ABCD là 3.1 4 2. .3 3S ABCD ABCDV SH S a= = 0,25 RHBIAGọi M là trung điểm của cạnh SC Tam giác SACvuông tại S nên (1)OM SC⊥ Ta có , , (2)OB SH OB AC OB SC OB OM⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( )SAC và ( )SBC bằng góc BMO. 0,25 Ta có 2 21 12 2OM SA AH SH a= = + =; 12OB BD a= =. Tam giác OBM vuông tại .O  0tan 1 45 .OBOMB OMBOM= = ⇒ = Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( )SAC và ( )SBC bằng 045 . 0,25 Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 22(1 ) ( ) 2 4 2 ( ) 2( )bc a b c bc b c a b c ab bc ca+ ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2( 2 ) 2 ( ) 2 0 ( ) 2 0a b c bc a b c b c b c a b c⇔ + + + − + + ≥ ⇔ + − + ≥ Dấu “=” xảy ra khi 0b c abc+ == 0,25 Chứng minh:2 2 (1 2 ) ( ) 2abc a b c a bc b c+ ≥ + + ⇔ − + + ≤ .Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky 2 2 2 2 2(1 2 ) ( ).1 ( ( ) (1 2 ) 1 2(1 2 )(1 2 2 )a bc b c a b c bc bc bc b c   − + + ≤ + + − + = + − +       0,25 Cần chứng minh 2 2 2 2(1 2 )(1 2 2 ) 1 2 (2 1) 0bc bc b c b c bc+ − + ≤ ⇔ − ≤ Ta có 2 2 2 2 21 ( ) 2 2 1 0a b c b c bc bc= + + ≥ + ≥ ⇔ − ≥. Dấu “=” xảy ra khi 0abc= 0,25 V (1 điểm) 2(2 ) 2(2 ) 2( )3 2a c b c a b cPa b c a b c a b c+ + + +≤ + + =+ + + + + +.Vậy max 3 2P= đạt được khi 2, 02a b c= = =. 0,25 Đường tròn (C) có tâm (1;2)I, bán kính 10R=. Đường thẳng 2 2: 0 ( 0).ax by c a b∆ + + = + ≠ 0,25 Diện tích tam giác IAB là 21 1. . sin 52 2IABS IA IB AIB R= ≤ =. Vậy max 5IABS= đạt được khi 090AIB=. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH AB⊥ và 5IH= 0,25 Ta có 2 22 2| |(1)5( , ) 5 | 2 |( , ) 5(2)5cd Oa ba b cd Ia b=∆ =+ ⇔  + +∆ = =+. 0,25 VI.a.1 (1 điểm) Từ PT(1) và (2) ta có 2| | | 2 |22a bc a b ca bc= −= + + ⇔+= − * Với 2a b= − chọn 2, 1a b= = −. Từ PT(1) ta có 5c= ±. Phương trình đường thẳng ∆ là 2 5 0x y− + = và 2 5 0x y− − =. * Với 22a bc+= − thay vào PT(1) ta có 2 219 4 16 0a ab b− + = (vô nghiệm). 0,25 Giả sử { }M Ox= ∆ ∩, { }N d= ∆ ∩. Gọi ( ; 0;0), ( ; ;1 )M a N b b b− 0,25 ( ; ;1 )MN b a b b= − −. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là (2;1; 2)n= −. 0,25 Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( )P nên MN và n cùng phương. Ta có 1112 1 2ab a b bb=− −= = ⇔= −−. Ta có (1;0; 0), ( 1; 1;2)M N− − 0,25 VI.a.2 (1 điểm) Phương trình đường thẳng ∆ là 12 1 2x y z−= =− 0,25 VII.a (1 điểm) Số hạng thứ 1k+ trong khai triển là 321n kk nk k k n kk n naT C b C a bb−−−+ = =  0,25 dPIAMSố hạng này chứa 4 9a b khi 41539112, 0n knk nkk k n− ==− = ⇔  = ∈ ≤ ≤ℕ 0,25 Với 15n= ta có số hạng thứ 1k+ trong khai triển là 3 151521 15kk kkT C a b−−+= 0,25 Trong khai triển có số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau khi 3 151592, 0 15kkkk k−− =⇔ =∈ ≤ ≤ℕ Vậy số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: 9 6 6 6 610 155005 .T C a b a b= = 0,25 Giả sử ( ; 0), (0; )B b C c. ( ; )BC b c= −. Gọi H là trung điểm của cạnh ( ; )2 2b cBC H⇒ Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( 1;2).u = − 0,25 Do tam giác ABC cân tại A nên 2 0 4. 02 6 2b c bBC ub c cH d  + = ==   ⇔ ⇔    + = = −∈     . Suy ra (4; 0), (0; 2).B C− 0,25 Ta có 2 5, (2; 1)BC H= −. Diện tích tam giác ABClà 1. 5 52ABCS AH BC AH= = ⇒ = 0,25 VI.b.1 (1 điểm) Giả sử ( ;3 2 )A t t−. Ta có 2 25 ( 2) (4 2 ) 5 1 v 3AH t t t t= ⇔ − + − = ⇔ = = Với 1 (1;1),t A= ⇒ với 3 (3; 3).t A= ⇒ − 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (2;1; 1)u−. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là (1;2;1).n Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( )P. Ta có | 2 2 1 |1sin | cos( , ) |26 6u nϕ+ −= = = ⇒ 030IMAϕ= = 0,25 Gọi R là bán kính mặt cầu ( )SIA R⇒ =. Tam giác IMA vuông tại A có 030 3IMA AM R= ⇒ =. 13 3 . 3 3 62IMAS IAAM R= ⇔ = ⇔ =. 0,25 Giả sử 1(1 2 ;1 ; ),2I t t t t+ + − < −. Từ giả thiết ta có khoảng cách | 3 3 |( ,( )) 66td I P R−= ⇔ =1 v 3t t⇔ = − =(loại)( 1;0;1).I⇒ − 0,25 VI.b.2 (1 điểm) Phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : ( 1) ( 1) 6S x y z+ + + − = 0,25 Điều kiện: 0 6, 10, 1x xy y< < ≠> ≠ 0,25 Phương trình (1) của hệ 2log 2 log 3 log 1 v log 2 v x y x xy x y y y x y x+ = ⇔ = = ⇔ = = 0,25 * Với y x= từ PT(2) của hệ ta có 222 2 22 2log 01log log . log (6 )log log (6 )2xx x xx x== − ⇔= − 1 ( ) 46 0x Loaixx x=⇔ ⇔ =+ − =. Hệ phương trình có nghiệm 44xy==. 0,25 VII.b (1 điểm) * Với 2y x= từ PT(2) của hệ ta có 22 2 22 log log .log (6 ) 2 v 1 ( )x x x x x Loai= − ⇔ = =. Hệ phương trình có nghiệm 24xy==. 0,25 Chú ý: 1. Những thí sinh có lời giải khác với đáp án, Giám khảo tự điều chỉnh thang điểm cho phù hợp. 2. Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 3. Dự kiến kỳ thi thử ĐH, CĐ lần 2 được tổ chức vào ngày 30/4, 1/5/2013. Học sinh đăng ký qua Thầy Nguyễn Phương Kháng (0986606720), Thầy Phạm Kim Chung (0984333030). Xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo: Phạm Kim Chung, Nguyễn Thị Thoả (THPT Đặng Thúc Hứa) đã giải và phản biện đề thi! CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC! . SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2 013 Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm b i: 18 0 phút,. 2 sin sin 1 0 sin 1 v sin2x x x x x x⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − = 0,25 -1 0 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 123456789 10 xyOMHOCDA B S
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA doc, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA doc, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA doc

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn