Mời các bạn tham khảo đề thi KSCL các môn thi Đại học Toán lần 1 của trường THPT Lê Lợi để làm quen với các dạng bài tập có thể xuất hiện trong kỳ thi Đại học sắp tới của các bạn học sinh. Chúc các bạn thành công.
WWW.VNMATH.COM SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi gồm trang) ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) Năm học 2013 - 2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) Ngày thi: 18 tháng 01 năm 2014 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y (C) x 1 a Khảo sát vẽ đồ thị hàm số b Tìm m để đường thẳng y = m - x cắt đồ thị (C) hai điểm A, B phân biệt cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB 2 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : 2sin x sin x 2 sin x sin x 4 Giải bất phương trình x x 17 x y x ( x y ).3 Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 27 3 log ( x y) x y Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC), 900 Tính thể tích khối chóp S.ABC cosin góc hai ASC ABC SA AB a, AC 2a mặt phẳng (SAB), (SBC) Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 15 Tìm GTNN biểu thức P x3 y z xyz I.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Chương trình chuẩn: Câu VIa: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x y C 3; 3 Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x y , xác định toạ độ đỉnh A, B, D Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(2; 4; 4) Tìm tọa độ điểm B mặt phẳng Oxy cho tứ giác OABC hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC tìm thể tích khối cầu tương ứng Câu VII.a (1,0 điểm) Trong lơ hàng có 12 sản phẩm khác nhau, có phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lơ hàng Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có khơng q phế phẩm A Chương trình nâng cao: Câu VIb: (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB , đỉnh C(-1;-1), đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x + 2y - = Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng (d) : x y Xác định tọa độ đỉnh A, B tam giác 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm mặt phẳng Oxy C nằm trục Oz Tìm tọa độ điểm B, C cho H(2; 1; 1) trực tâm tam giác ABC Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 22 x log x (log x 3) ………………………………….Hết………………………………… Họ tên thí sinh:………………… ………… ….………SBD:…… ………… WWW.VNMATH.COM Chữ kí giám thị:……………… ………………… … ………………… ……………… Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích thêm, thí sinh khơng dùng tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014 Mơn thi: Tốn Hướng dẫn chấm: 1) Điểm tồn thí sinh để lẻ đến 0,25 2) Bài làm thí sinh khác cách đáp án mà cho điểm phần tương ứng nêu đáp án 3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) thí sinh khơng vẽ hình vẽ sai khơng chấm điểm Câu ý Nội dung Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Điểm 1,00 1/TXĐ : \ 1 2/ Sự biến thiên: a/ Giới hạn tiệm cận x x x ; lim TCĐ : x , lim TCN : y x x x 1 x x 1 1 b/ Bảng biến thiên : y ' 0, x ( x 1)2 x lim 0,25 x 1 y’ - - 0,5 y Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1; ) , hàm số khơng có cực trị 0,25 3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) tâm đối xứng I Tìm m để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB 2 1,00 x mx m x mx m (1) (ĐK: x ) x 1 (d) cắt (C) hai điểm phân biệt PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 0,25 Pt hoành độ giao điểm: m 4m m m (*) 1 m R x1 x2 m x1 x2 m - Với m tm (*), gọi x1 , x2 hai nghiệm (1), theo vi et ta có Đặt A( x1 , m x1 ) , B( x2 , m x2 ) , AB 2( m 4m) , OA OB m2 2m , d (O, AB) m 0,25 S OAB 1 AB.d (O; AB ) m 2 từ suy R m2 4m đồng thời S OAB OA.OB AB 4R OA.OB AB (m m) 2(m 4m) m m 4S m 2 m ( m 4m) 0,5 m Theo ta 2 m 2m m 2 m II Giải PT LG 2sin x sin x 2 sinx.sin(3 x ) PT sin x sin x 2 sinx.sin (3 x ) sin x sinx.cosx 2 sinx.sin (3 x ) 4 sinx x k sinx cosx sin(3x ) PT(2) 1,0 0,5 (2) x k 3x x k 2 4 sin x sin x x k 4 4 3x ( x ) k 2 4 0,25 WWW.VNMATH.COM Vậy nghiệm phương trình x k ; x Giải bất phương trình: k , k 0,25 x x 17 (1) x 1,00 x 17 x x ĐKXĐ: x > (* ) Với ĐKXĐ BPT (1) 16 x x x 17 0,5 x 17 x x (2 x 17) (2 x 1) 2 x 17 x 16 x (2 x 17)(2 x 1) x (2) *TH1: Xét x BPT (2) ln nghiệm BPT (2) x 36 x 17 36 x 108 x 81 3 x x x , x nên ta x 2 *TH2: Xét x 0,5 Vậy tập nghiệm BPT S =(0; 4] Giải hệ phương trình : ĐKXĐ: x + y > x 3 y x y x 3y 3 5 3x y 5 27 ( x y ) x y ( x y )3 x y ( x y )3 x y III 1,00 Hệ cho x y 27 x y 0,5 x y y x 3 x (TMĐK) x y y 1 ( x y ) (2 x 3) 125 0,5 S *) Kẻ SH AC SH ( ABC ) ; ta có SC BC a 3, SH SABC IV V a 0,5 M a2 a3 VSABC S ABC SH A C H B Gọi M trung điểm SB, số đo góc tạo hai mặt phẳng (SAB) (SBC) Ta có: SA AB a, SC BC a AM SB , CM SB cos cos AMC 0,25 + SAC BAC SH BH a SB a 2 2 2 a Ta có AM 2SA AB SB 10 a AM 10 , tương tự CM a 105 4 16 2 AM CM AC 105 Trong tam giác AMC có cos Vậy cos 105 AMC AM CM 35 35 15 Tìm GTNN biểu thức: P x y z xyz 0,25 1,00 *) Do vai trị bình đẳng x, y, z nên ta giả sử x x, y, z Từ giả thiết x y + z = - x 2 ( y z ) (1 x ) 27 x *)Ta dễ thấy yz Khi ta 4 P x3 y3 z 15 xyz x3 ( y z )3 yz ( y z ) 15 xyz x3 ( y z)3 yz 15 x 3( y z ) 4 ( y z )2 27 x 27 x 3 (27 x3 18 x x 4) x3 (1 x) yz x (1 x) 16 Xét hàm f ( x) 27 x3 18 x 3x , có f '( x) (81x 36 x 3) , f’(x) = x x 16 16 0,25 0,25 WWW.VNMATH.COM Bảng biến thiên hàm f(x): x f’(x) + 1/9 7/27 1/3 0,25 f(x) 1/4 Từ BBT ta suy 1/4 Pmin đạt x = y = z = 1/3 x = 0, y = z = 1/2 hốn vị PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn Tìm tọa độ đỉnhA, B, Dcủa hình vng(1,0 điểm) *) Gọi A(t; - 3t), từ tính chất hình vng ta có 4t 2.4 t 1 t A(3; 7) A(1;5) d ( A, DM ) 2d (C , DM ) 2 Mặt khác A, C nằm hai phía đường thẳng DM nên có A(-1; 5) thỏa mãn *) Gọi D( d ; d 2) thuộc DM, ta có AD (d 1; d 7); CD (d 3; d 1) d D (5;3) ABCD hình vng nên DA.DC d 1 d 2 2 (d 1) (d 7) ( d 1) ( d 3) DA DC VI.a 0,25 1,00 0,25 0,5 *) AB DC B( 3; 1) Vậy A( 1;5), B ( 3; 1), D (5; 3) 0, 25 Tìm tọa độ B viết PT mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Gọi B(x; y; 0), OB ( x; y;0) , 1,00 x B (2; 4; 0) Tứ giác OABC hình chữ nhật nên OB OA OC 0,25 y 2 2 2 Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng x y z 2ax 2by 2cz d ( Với a b c ) d Mặt cầu qua O, S, A, C nên ta có 36 4a 8b 8c d 4a d 16 8b d 2 a 1; b c 2, d 0, 0,5 Vậy PT mặt cầu x y z x y z Gọi R bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy R = thể tích khối cầu V( S ) 33 36 Tính xác suất để sản phẩm lấy có khơng q phế phẩm + Mỗi kết lấy sản phẩm ứng với tổ hợp chập 12, số kết xảy C12 924 + Gọi A biến cố ” Lấy sản phẩm mà có hai phế phẩm” , VII.a A biến cố ” Lấy sản phẩm mà có khơng q phế phẩm” , : 2 Ta tìm : A C2 C10 210 Theo định nghĩa xác suất ta có: P( A) A 210 P ( A) 17 22 22 924 22 PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao VIb Xác định tọa độ đỉnh tam giác + Gọi I(x;y) trung điểm cạnh AB, G trọng tâm tam giác x 1 xG G thuộc d: x + y - = nên x y Ta có CG CI 3 y y 1 G 0,25 1,00 0,25 0,5 0,25 1,00 0,25 WWW.VNMATH.COM x y 1 Tọa độ I thỏa mãn hệ x y 1 x y + Do A thuộc x y nên tọa độ A A(3 2a; a ) IA IA2 (2 2a ) (a 1) a a 2 4 0,5 Từ tìm A(4; ), B (6; ) A(6; ), B (4; ) 0,25 Tìm tọa độ đỉnh B, C 1,00 Theo giả thiết AB 2 - B mp (Oxy) , C Oz B( x; y;0); C (0;0; z ) Ta có AH ( 1; 0;1), BH (2 x;1 y;1) , BC ( x; y; z ), AC (3; 1; z ), AB ( x 3; y 1;0) AH BC - H trực tâm tam giác ABC nên suy BH AC AH , AC AB 7 ;14; 0), C (0;0; ) 2 Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm B ( Giải bất phương trình log 22 x log x (log x 3) (1) log 22 x log x x Đặt t log x , BPT (1) trở thành 0,5 1,00 (*) log 22 x log x 5(log x 3) Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với VII.b z x x z 3 x y z y x x yz y z x x 21 x 3; y 1; z 3 x ; y 14; z 2 ĐKXĐ: 0,5 0,25 t 2t 5(t 3) (t 3)(t 1) 5(t 3) t 1 t 1 t 3 t (t 1)(t 3) 5(t 3) Vậy tập nghiệm BPT cho S = 0; (8;16) 2 0 x 3log x 8 x 16 Từ ta log x 1 0,5 0,25 ... coi thi không giải thích thêm, thí sinh khơng dùng tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2 013 - 2 014 Mơn thi: Tốn Hướng dẫn chấm: 1) ... x 17 (1) x 1, 00 x 17 x x ĐKXĐ: x > (* ) Với ĐKXĐ BPT (1) 16 x x x 17 0,5 x 17 x x (2 x 17 ) (2 x 1) 2 x 17 x 16 x (2 x 17 )(2 x 1) x ... AB SB 10 a AM 10 , tương tự CM a 10 5 4 16 2 AM CM AC 10 5 Trong tam giác AMC có cos Vậy cos 10 5 AMC AM CM 35 35 15 Tìm GTNN biểu thức: P x y z xyz 0,25 1, 00 *) Do