Đề thi thử Đại học lần 1 năm học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT Long Mỹ

SỞ GD VÀ ĐT HẬU GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT LONG MỸ MÔN TOÁN: KHỐI A, B, D (Đề chính thức có 1 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày 22.3.2014 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số y  x3 (m2)x2 có đồ thị Cm  1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m 1 2) Tìm m để đường thẳng d : y  2m2 cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa: AB2  BC2 CA2 18 Câu 2 (2,0 điểm ). 1) Giải phương trình sau: 2sin2 x   2sin2 xtan x 2) Giải hệ phương trình sau: x2 7  2 x  110y 8 x y2 4y 5  x2 1  y x2 1 (x, yR) y2 4y5  Câu 3 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau: I  4 tanx.lnocosxdx Câu 4 (1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600 ; cạnh SD vuông góc với mặt phẳng ABCD. Hai mặt phẳng SAB và SBC vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC Câu 5 (1,0 điểm ) Cho x, y,z  0. Chứng minh rằng: 2x y z  x2y z  x y2z  4 II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) Phần A Câu 6.a (2,0 điểm ). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxycho đường trònC: x2  y2 6x2y1 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M 0;2 và cắt đường tròn C theo dây cung có độ dài bằng 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thoi ABCD với A1;2;1,B2;3;2. Tìm tọa độ C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : x1  y  z 2 Câu 7.a (1,0 điểm ). Cho khai triển  x 2x2 2n với x  0 và n là số nguyên dương thỏa mãn C2n1 C2n1 ...C2n1 1024 trong đó Ck là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 . Phần B Câu 6.b (2,0 điểm ). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxycho 3 đường thẳng sau d1 : x2y3 0,d2 :2x y2  0 và d3 :3x4y11 0. Viết phương trình đường tròn T có tâm trên d1 , tiếp xúc với d2 và cắt d3 tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho AB  2. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A4;1;3, đường thẳng d : x3  y1  z2 và mặt phẳng P:3x4y z 5  0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, song song với P và cắt đường thẳng d Cảm ơn bạn Bình (binhnhohg@yahoo.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl Câu 7.b (1,0 điểm ) Tìm miền xác định của hàm số  2x 1  Cảm ơn bạn Bình (binhnhohg@yahoo.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT LONG MỸ TỔ TOÁN -----------------------ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN A, B, D(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bảng hướng dẫn chấm gồm 7 trang I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì giám khảo cho đủ điểm từng phần theo hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn điểm đến 0,5 điểm ( lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5 và lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0) II.Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 1 Cho hàm số y  x3 (m2)x2 có đồ thị Cm  2.0 đ 1.1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m 1 1.0 đ * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: + lim y   ; x + y`3x2 6x lim y   x 0.25 x  0 y  0 x  2 y  4 + BBT: x  0 2  y’ + 0 – 0 + y 0  0.25 CĐ  – 4 CT Hàm số đồng biến trên khoảng (;0 và (2;  ) , nghịch biến trên (0;2) . Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0với giá trị cực đại y(0) = 0 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  2với giá trị cực tiểu y(2) = – 4 * Đồ thị: y -1 1 2 x 3 0.25 -4 1.2 2) Tìm m để đường thẳng d : y  2m2 cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt A,B,C sao cho AB2  BC2 CA2 18 Pt hoành độ giao điểm của Cm  và d : y  2m2 là: x3 (m 2)x2  2m2  x3 (m 2)x2  2m2  0  (x m)x2 2x 2m 0  x2 2x 2m  0(*) Để d cắt Cm  tại 3 điểm phân biệt (*) co 2 nghiệm phân biệt khác m ` 12m  0  1 m2 4m  0 m  0,m  4 Giả sử A(m;2m2),B(x ;2m2 ),C(x2;2m2), trong đó x ,x2 là 2 nghiệm của pt(*) Theo Vi ét ta có: x x2  2, x x2  2m Theo đề bài ta có : AB2  BC2 CA2 18  x m2 x2 m2 x  x2 2 18  2x  x2 2 2mx  x2 6x1x2 2m2 18  2m2 8m10  0  m 1;m  5. Kết hợp điều kiện trên ta nhận m 1 2.1 Giải phương trình sau: 2sin2 x   2sin2 xtan x ĐK: cosx  0 2sin2 x 4   2sin2 xtan x 1cos2x 2   2sin2 x cosx  cosxsin2x.cosx2sin2 x.cosxsin x  0  cosxsin xsin2x(cosxsin x)  0  (cosxsin x)(1sin2x)  0 sinx  cosx  x   k   (k,lZ) sin2x 1 x  4 l  x   k  (k Z) (thỏa mãn điều kiện) 1.0 đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 đ 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 Giải hệ phương trình sau: x2 7  2 x  110y 8 x y2 4y 5  x2 1  y x2 1 (x, yR) 1.0 đ y2 4y5 x  2 ĐK: y   1 0,25 Phương trình (2)  x1 y 22 1  y 1 x2 1  x 1  x2 1 y 1 y 22 1 y 21  f x f y 2 y 2 1 Xét f t t 1 với t  2 t2 1 f ` t  1t  0 với mọi t  1 nên f t đồng biến với t  1 0,25 t 1 t 1 Vậy f x f y2 x  y2  y  x2 Khi đó thế y  x2 vào phương trình (1) ta được x2 7  2 x  110x 28  0  x2 7  2 x  2110x 8  0 ĐK: x   21 0,25 Xét gx x2 7  2 x  2110x 8 với x   21 Ta có g`x x  x2 7 1 2 x 2 2110x  0 với x   21 Vậy gx nghịch biến trên khoảng ;2 nên phương trình gx 0 có nghiệm duy nhất. Ta có g3 0nên phương trình gx 0 có nghiệm duy nhất x  3 Suy ra y  1 0,25 KL Hệ có nghiệm duy nhất x  3   3 Tính tích phân sau: I  4 tanx.lnocosxdx 1.0 đ Đặt u  cosx  du  sinxdx Đổi cận: x  0  u 1;x    u  Do đó: I  1 lnu du  1 ln x dx 1 1 1 0.25 2 0.25 2 2 Đặt u  ln x  du  1 dx; dv  1 dx  v  1 Do đó: I  1 ln x 1  1 1 dx 0.25 1 1 2  2ln  1 2 1 2 2  x 1 2ln 2  2 1 0.25   Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600 ; cạnh SD vuông góc với 4 mặt phẳng ABCD. Hai mặt phẳng SAB và SBC vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp 1.0 đ S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC S H M A B O D C Ta có ABCD là hình thoi nên BA BC và ABC  600 nên tam giác ABC đều cạnh a AC  BD  AC  SBD suy ra AC  SB  Kẻ OM  SBM SB suy ra SB  MAC 0.25 Vậy góc AMC  900  SAB,SBChay AM  MC suy ra OM  1 AC  a Và BM2 OB2 OM2  3a2  a2  2a2  BM  a22 Ta giác BMO đồng dạng với tam giác BDS nên SD  BD  SD  a26 0.25 Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD  1SD.SABCD  1 a26 a22 3  a34 2 Vì O là trung điểm BD nên d B,SAC d D,SAC ... - tailieumienphi.vn