Đề KSCL thi ĐH Toán khối A, A1, B, D (2013-2014) - THPT Triệu Sơn 4 (Kèm Đ.án)

Với nội dung: Khảo sát sự biến thiên của hàm số, giải phương tình và bất phương trình,thể tích khối chóp, tọa độ trong không gian...đề khảo sát chất lượng thi Đại học môn Toán khối A, A1, B, D năm 2013-2014 của trường THPT Triệu Sơn 4 sẽ giúp các em học sinh có cơ hội thử sức của mình với các đề thi trước khi vào đề thi chính thức mời các bạn tham khảo.

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN TỔ TỐN –TIN Đề thức www.VNMATH.com www.VNMATH.com ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC:2013 - 2014 MƠN: TỐN KHỐI A , A1- B - D 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 (C) Câu (2 điểm) Cho hàm số: y  2( x  1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm điểm M (C) cho tiếp tuyến với (C) M tạo với hai trục tọa độ tam giác có trọng tâm nằm đường thẳng 4x + y = Câu (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2 x  2cos x  4sin x  cos x   sin x cos x 2 y  y  x  x   x Câu (1 điểm).Giải hệ phương trình:  ( x, y  R )  y   y   x  4x 10 2 xR x x Câu (1 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A, AC  BC  a Mặt phẳng  SAC  tạo với mặt phẳng  ABC  góc 600 Hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  Câu (1 điểm) Giải bất phương trình: x   x trung điểm H cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng AH SB Câu (1 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức x  y  16 z P  x  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A , biết B C đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng  d  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác, biết đường thẳng AC qua điểm K  6;2  Câu 8.a (1 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A  2;3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1; Viết phương trình đường thẳng ( d) qua trực tâm H tam giác ABC vuông góc với mặt phẳng ( P): x - 3y + 2z + = Câu 9.a(1 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn n n c c n 1 n   cn  cn  255 n Hãy tìm số hạng chứa x14 khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1  x  x  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;  , chân 3  đường phân giác kẻ từ đỉnh A điểm D 2;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2    điểm I   ;1 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC   Câu8.b(1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0;1 , B 1;2;1 , C 2;1;1 , D3;3;3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB điểm N thuộc trục hồnh cho đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CD độ dài MN  log ( y  x  8)  Câu 9.b (1 điểm) Giải hệ phương trình:  x 8  x y  2.3 x  y Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm www.VNMATH.com ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC: 2013 - 2014 TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM Đề thức MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu Ý Hướng dẫn chấm TXĐ: D = R\ 1 Chiều biến thiên: y ,  1đ Điểm  , với x  D ( x  1)2 0.25  hàm số đồng biến khoảng :  ; 1  1;   Cực trị: hàm số cực trị Giới hạn, tiệm cận : 1 lim y  , lim y  ; Lim y   , Lim y   x   x   x  ( 1) 2 x( 1)  y  tiệm cận ngang; x  1 tiệm cận đứng Bảng biến thiên: x y,  y  1  0.25 0.25  Đồ thị: qua điểm (0;  ) ; (-2; ) 2 Nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; ) làm tâm đối y xứng I -1 0.25 O x0  )  (C ) điểm cần tìm 2( x0  1) Gọi  tiếp tuyến với (C) M ta có phương trình x 1 x 1 y  : y  f ' ( x0 )( x  x0 )  ( x  x0 )  2( x0  1) 2( x0  1)  x0  1 x Gọi M( x0 ; 0.5 www.VNMATH.com 1đ x02  x0  ;0) x  x0  B =   oy B(0; ) Khi  tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng 2( x0  1)2 Gọi A =   ox  A(   x  x0  x02  x0   tâm là: G   ;  6( x0  1)   Do G  đường thẳng:4x + y =  4  4  x0  1 x02  x0  x02  x0   0 6( x0  1)2 (vì A, B  O nên x02  x0   ) 0.25 1    x0    x0     x 1   x     2 2 3 2 Với x0    M ( ;  ) ; với x0    M ( ; ) 0.25 ( PT )  cos 2 x   cos x  sin x  cos x  sin 3x cos x  cos x  cos x  sin x  sin x cos x  cos x  cos x  2sin x  sin x cos x  2sin x sin x  4sin x cos3 x  sin x cos x  0.5   2sin 3x sin x  cos3x  cos x  1đ 1đ sin x   sin x  cos x  cos3 x  * sin 3x   x  k  k  Z  0.25   *sin x  cos x  2cos3 x  cos  x    cos x 6       k x  12  k  Z   x    k  24   k k  ;x  Vậy nghiệm phương trình x    k ; x  k  Z  12 24 0.25 2 y  y  x  x   x (1) Giải hệ phương trình:   y   y   x(2) Điều kiện: x  Với điều kiện đó, ta có (1)  y  y   x  x  x   x  y  y  2(1  x)  x   x 1.0 0,25 1đ www.VNMATH.com Xét hàm số f (t )  2t  t , ta có f , (t )  6t   0t  R  f (t ) đồng biến R y  Vậy (1)  f ( y)  f (  x )  y   x    y  1 x 2 x Thế vào (2) ta :  x   x   x   2 x  2x   x    2  x   1    x   x  1( x    x  0)    2x   x  x  Suy nghiệm hệ (x; y) =(1; 0) Giải bất phương trình x   x   ĐK:  10   x0  x  x  10   x  x   0,25 0,5 0.25 Với điều kiện trên,   (bpt)  x  x   x  x  10  x  x  10  15  x  x  10 Đặt t  x  x  10   x  1 0.25   *  t  Bpt trở thành 2t  t  15    t   *   t  t   x  x  10   x  x     x  1  0.25 Vậy nghiệm bất phương trình x   0;   1đ 0.25 S K H C N B a M 0.25 A   ABC vng A có BC  2a; AC  a; B  30 ; C  60 ; Gọi N trung điểm AC Vì  AC  AB  AC  HN ; AC  SH  AC  (SHN )  SNH  60 Trong tam giác SNH  HN  a 3a a2 ; SH  ; mặt khác S ABC  2 a3  VS ABCD  S ABC SH  (đvtt ) Kẻ a // AH (a qua B)  HA //  SB, a  Gọi M hình chiếu H lên a K hình chiếu H SM HK  d  HA; SB  0.25 0.5 www.VNMATH.com Tam giác ACH nên HBM  AHC  60  HM  HB sin 60  Trong tam giác SHM ta có 1đ (với t = z ,  t  ); a Đặt x + y + z = a Khi 1 3a    HK  2 HK HM HS  x  y Trước hết ta có: x  y  a (chứng minh cách biến đổi tương đương) x  y 4P  a  64 z 3 a  z  a  64 z 3 0.25  1  t   64t Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có 0.5 f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1 64 16 đạt  GTNN P 81 81 0.25 x = y = 4z > A.Theo chương trình Chuẩn 1đ B   d  : x  y   nên gọi B   2b; b  , B, C đối xứng với qua O suy C (2b  5; b) O(0;0)  BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác góc B  d  : x  y    I (2; 4) I  AB 0.25  Tam giác ABC vuông A nên BI   2b  3;4  b  vng góc với  CK  11  2b;2  b  7.a b  b  0.25  2b  311  2b     b   b    5b  30b  25    Với b   B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại  31 17   31 17  ;  Vậy A ;  ; B(5;5); C(5; 5) 5 5  5 Với b   B( 5;5), C (5; 5)  A  1đ 8.a Gäi H  x; y; z  trực tâm tam giác ABC BH  AC , CH  AB , H   ABC      x  15  BH AC   x  1   y    z       29    CH AB   3  x  1   y  1   z      y  15        AH  AB, AC    x     y     z  1   z    H( 0.25 0.25 0.25 29  ; ; ) 15 15 Do (d) vng góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ phương 0.25 www.VNMATH.com 29 x y z 15  15  Phương trình đường thẳng (d) là: 3 1đ 0.25 Cn0  Cn1  Cn2   Cnn 1  Cnn  (1  1) n  2n  Với n nguyên dương ta có: Ta có Cn1  Cn1   Cnn  2n  0.25 n n Theo giả thiết ta có – = 255  = 256 =  n = 8 P(x) = (1 + x + 3x ) = C  3x  x k k = k0 0.25  k  k = C  Ckm (3x2 )k m xm  = C8kCkm3km.x2km  m0  k0 m0 k 0  2k  m  14  m  m   0mk 8   YCBT   k   k   m, k  Z  Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37  C88C82 36 )x14 9.a k 0.25 0.25 B Theo chương trình Nâng cao Gọi E giao điểm thứ hai AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có 1đ phương trình đường thẳng AD: x   Do E thuộc đường thẳng AD nên E  2; t  Mặt khác I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 1   1 IA  IE   t 1   2        52  t 1  52 t  6;t 4 Do đo ta 2   2 0,5 E  2;   7.b Do AD phân giác nên E điểm cung BC suy IE vng góc với BC  hay BC nhận EI   1; 2  vectơ pháp tuyến Do pt BC là: 3  BC :1  x     y     x  y   Vậy BC : x  y   2  0.25 0.25   Gọi M  m1; m2 ; m3  điểm thuộc  AB  AM , AB phương 1đ 8.b   AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2;2    AM , AB phương  m1  t     t  R : AM  t AB   m2  2t  M  t ;2t ; 1  2t   m  1  2t  0.25 Gọi N  n;0;0    Ox    NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2    MN vng góc CD nên NM CD   t  n  4t  4t    t   n 1 0.25 MN   MN    t   t     4t   2t  1  t   8t  4t    8t  4t     t   2 0.25 www.VNMATH.com Với t   n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0  Với t  1đ 0.25 1     n    M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2    ĐK: y-2x +8 > ; (PT 1)  y – 2x + =  2  y  2x 0.25 Thế vào pt thứ hai ta được: x 9.b x 3x x    18  2 2 x  x.32 x  2.33 x  x  18 x  2.27 x                27   27  3 3 0.25 x Đặt: t =   , (đk t > ) , ta có pt: t  t     t  1 t  t   3 0.25 x  Vậy nghiệm phương trình (0; 0)  t  1  y  0.25   Chú ý :- Học sinh làm cách khác đáp án mà cho điểm tối đa - Câu hình học khơng gian học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm ...www.VNMATH.com ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC: 2013 - 20 14 TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN HƯỚNG D? ??N CHẤM Đề thức MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN... ;2t  1 , CD  1; 2; 2    MN vng góc CD nên NM CD   t  n  4t  4t    t   n 1 0.25 MN   MN    t   t     4t   2t  1  t   8t  4t    8t  4t    ... y 4P  a  64 z 3 a  z  a  64 z 3 0.25  1  t   64t Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có 0.5 f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   Lập bảng biến thi? ?n