Xem mẫu
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC.
TỔ TOÁN –TIN NĂM HỌC:2013 - 2014
Đề chính thức MÔN: TOÁN. KHỐI A , A1- B - D.
www.VNMATH.com Thời gian làm bài: 180 phút – không kể thời gian phát đề.
Đề gồm 01 trang.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
x 1
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y (C)
2( x 1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác
có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2 2 x 2cos 2 x 4sin 6 x cos 4 x 1 4 3 sin 3 x cos x
2 y 3 y 2 x 1 x 3 1 x
Câu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trình: ( x, y R )
2 y2 1 y 2 x
5 4x 10
Câu 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 3 x
2 xR
x x
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC BC 2 a. Mặt
phẳng SAC tạo với mặt phẳng ABC một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là
trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AH và SB .
Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x 3 y 3 16 z 3
P 3
x y z
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối
xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
d : x 2 y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K 6;2
Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A 2;3;1 , B 1; 2;0 , C 1;1; 2 .
ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cña tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng
( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.
1 2 n 1 n
Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn c c
n n
... cn cn 255
n
Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1 x 3 x 2 .
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 2; 6 , chân
3
đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2; và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2
1
điểm I ;1 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
2
Câu8.b(1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0;1 , B 1;2;1 , C 2;1;1 ,
D3;3;3 .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường
thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3 .
log 2 ( y 2 x 8) 6
Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình: x
8 2 x .3 y 2.3 x y
.------------------------Hết------------------------
Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC.
HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC: 2013 - 2014
Đề chính thức MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm
1 TXĐ: D = R\ 1
1
1 Chiều biến thiên: y , 0 , với x D 0.25
( x 1)2
1đ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ; 1 và 1;
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1 1
lim y , lim y ; Lim y , Lim y
x 2 x 2 x( 1) x ( 1) 0.25
1
y là tiệm cận ngang; x 1 là tiệm cận đứng.
2
Bảng biến thiên: x 1
y,
y 1
2 0.25
1
2
1 3
Đồ thị: đi qua các điểm (0; ) ; (-2; )
2 2
1
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; ) làm tâm đối xứng
y
2
0.25
1
I 2
x
-1 O
2 x0 1
.Gọi M( x0 ; ) (C ) là điểm cần tìm
2( x0 1)
Gọi tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
x 1 1 x 1 0.5
: y f ' ( x0 )( x x0 ) 0 y 2
( x x0 ) 0
2( x0 1) x0 1 2( x0 1)
- www.VNMATH.com
1đ
2
x0 2 x0 1
Gọi A = ox A( ;0)
2
x 2 2 x0 1
B = oy B(0; 0 ). Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng
2( x0 1)2
x 2 2 x0 1 x0 2 x0 1
2
tâm là: G 0 ; .
6 6( x0 1) 2
2 2
x0 2 x0 1 x0 2 x0 1
Do G đường thẳng:4x + y = 0 4. 0
6 6( x0 1)2
1
4 2
(vì A, B O nên x02 2 x0 1 0 )
x0 1 0.25
1 1
x0 1 2 x0 2
x 1 1 x 3
0
2 0
2
1 1 3 3 3 5
Với x0 M ( ; ) ; với x0 M ( ; ) .
2 2 2 2 2 2 0.25
( PT ) 2 cos 2 2 x 1 2 cos 2 x 4 sin 6 x cos 4 x 4 3 sin 3x cos 3 x
2 cos 4 x 2 cos 2 x 4 sin 6 x 4 3 sin 3 x cos 3 x
cos 4 x cos 2 x 2sin 6 x 2 3 sin 3 x cos x 0.5
2sin 3 x sin x 4sin 3 x cos3 x 2 3 sin 3 x cos x
2sin 3x sin x 2 cos3x 3 cos x 0
sin 3 x 0
sin x 3 cos x 2 cos3 x 0.25
1đ
2 * sin 3x 0 x k k Z
3
*sin x 3 cos x 2cos3 x cos x cos 3 x
6
x k
12
k Z 0.25
x k
24 2
k k
Vậy nghiệm của phương trình là x k ; x ;x k Z
12 24 2 3
1đ 2 y 3 y 2 x 1 x 3 1 x (1)
3 2. Giải hệ phương trình: . 1.0
2 y 2 1 y 2 x ( 2)
Điều kiện: x 1 . Với điều kiện đó, ta có
(1) 2 y 3 y 2 1 x 2 x 1 x 1 x 0,25
3
2 y y 2(1 x) 1 x 1 x
- www.VNMATH.com
Xét hàm số f (t ) 2t 3 t , ta có f , (t ) 6t 2 1 0t R f (t ) đồng biến trên R.
y 0 0,25
Vậy (1) f ( y) f ( 1 x ) y 1 x 2
y 1 x
2 x
Thế vào (2) ta được : 3 2 x 1 x 2 x 2 x
3 2x 1 x
1 0,5
2 x
1 0 3 2 x 1 x 1( x 1 2 x 0)
3 2x 1 x
x 1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)
1đ Giải bất phương trình.........
x 0 x 0
ĐK: 10 2 x0 0.25
x x 2 0
x 2 x 10 0
Với điều kiện trên,
0.25
(bpt) 2 x 2 4 x 5 x 2 2 x 10 2 x 2 2 x 10 15 x 2 2 x 10
4 2
Đặt t x 2 2 x 10 x 1 9 3 *
5
2
Bpt trở thành 2t t 15 0 t 2 t 3 do * 0.25
t 3
t 3 x 2 2 x 10 3 x 2 2 x 1 0 x 1 0 luôn đúng.
2
0.25
Vậy nghiệm bất phương trình là x 0;
1đ S
K
C H B
N
a M
A 0.25
5
ABC vuông tại A có BC 2a; AC a; B 30 0 ; C 60 0 ; Gọi N là trung
điểm của AC. Vì
AC AB AC HN ; AC SH AC (SHN ) SNH 60 0
a 3 3a a2 3
Trong tam giác SNH HN ; SH ; mặt khác S ABC
2 2 2
0.25
1 a3 3
VS . ABCD S ABC .SH (đvtt )
3 4
Kẻ a // AH (a đi qua B)
HA // SB, a
0.5
Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó
HK d HA; SB
- www.VNMATH.com
a 3
Tam giác ACH đều nên HBM AHC 60 0 HM HB sin 60 0
2
1 1 1 3a
Trong tam giác SHM ta có 2
2
2
HK
HK HM HS 4
1đ x y
3
Trước hết ta có: x 3 y 3 (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương) 0.25
4
3 3
x y 64 z 3 a z 64 z 3 3
Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P 3
3
1 t 64t 3
a a
6
z
(với t = , 0 t 1 ); Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có
a 0.5
2 1
f '(t ) 3 64t 2 1 t , f '(t ) 0 t 0;1
9
64 16
Lập bảng biến thiên Minf t GTNN của P là đạt được khi
t 0;1 81 81 0.25
x = y = 4z > 0
A.Theo chương trình Chuẩn.
1đ B d : x 2 y 5 0 nên gọi B 5 2b; b , vì B, C đối xứng với nhau qua
O suy ra C (2b 5; b) và O(0;0) BC 0.25
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là d : x 2 y 5 0
I (2; 4) và I AB 0.25
Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2b 3;4 b vuông góc với
7.a CK 11 2b;2 b
b 1 0.25
2b 311 2b 4 b 2 b 0 5b 2 30b 25 0
b 5
Với b 1 B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại
31 17 31 17
Với b 5 B( 5;5), C (5; 5) A ; .Vậy A ; ; B(5;5); C(5; 5) 0.25
5 5 5 5
1đ Gäi H x; y; z là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
8.a 0.25
BH AC , CH AB , H ABC
2
x 15
BH . AC 0 x 1 2 y 2 3 z 0
29
CH . AB 0 3 x 1 y 1 z 2 0 y
15
0.25
AH AB, AC 0
x 2 8 y 3 5 z 1 0 1
z 3
2 29 1
H( ; ; )
15 15 3
Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương 0.25
- www.VNMATH.com
2 29 1
x y z
15 15 3 0.25
Phương trình đường thẳng (d) là:
1 3 2
1đ Với n nguyên dương ta có: Ta có Cn Cn Cn ... Cn 1 Cn (1 1) n 2n
0 1 2 n n
Cn Cn ... Cn 2n 1
1 1 n
0.25
n n 8
Theo giả thiết ta có 2 – 1 = 255 2 = 256 = 2 n = 8.
8 k
= C 3x x
k 2
2 8 =
P(x) = (1 + x + 3x ) k0
8
8
0.25
9.a k 8 k
= C Ckm (3x2 )k m xm = C8kCkm3km.x2km
k
k 0
8
m0 k0 m0
.
2k m 14
m 0 m 2
YCBT 0 m k 8 0.25
m, k Z k 7 k 8 .
Vậy số hạng chứa x14 là: ( C8 C7 37 C8 C82 36 )x14
7 0 8
0.25
B. Theo chương trình Nâng cao.
1đ Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có
phương trình đường thẳng AD: x 2 0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên
E 2; t . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
2 2 0,5
2 1 1 2
IA IE t 1 2 2 52 t 1 52 t 6;t 4 . Do đo ta được
2 2
7.b E 2; 4
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC
5 0.25
hay BC nhận EI 1; 2 là vectơ pháp tuyến.
2
Do đó pt của BC là:
3 0.25
BC :1. x 2 2. y 0 x 2 y 5 0 . Vậy BC : x 2 y 5 0.
2
Gọi M m1; m2 ; m3 là điểm thuộc AB khi đó AM , AB cùng phương
1đ AM m1; m2 ; m3 1 , AB 1;2;2
8.b AM , AB cùng phương
m1 t 0.25
t R : AM t AB m2 2t M t ;2t ; 1 2t
m 1 2t
3
Gọi N n;0;0 Ox
NM t n;2t ;2t 1 , CD 1; 2; 2
0.25
MN vuông góc CD nên NM .CD 0 t n 4t 4t 2 0 t 2 n 1
2 2
MN 3 MN 2 9 t t 2 4t 2 2t 1 9
t 1 0.25
8t 4t 5 9 8t 4t 4 0 1
2 2
t
2
- www.VNMATH.com
Với t 1 n 1 M 1;2;1 , N 1;0;0
1 3 1 3 0.25
Với t n M ;1;0 , N ;0;0
2 2 2 2
1đ 6
ĐK: y-2x +8 > 0 ; (PT 1) y – 2x + 8 = 2 y 2x
0.25
Thế vào pt thứ hai ta được:
x x 3x x
8 18 2 2 0.25
8 x 2 x.32 x 2.33 x 8 x 18 x 2.27 x 2 2
9.b 27 27 3 3
x
2
Đặt: t = , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3 t 2 0 t 1 t 2 t 2 0
3 0.25
x 0
t 1 . Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0) 0.25
y 0
Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm
nguon tai.lieu . vn