TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ CHÍNH THỨCĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Kăn năn A cùng kăn năn B Thời gian làm cho bài bác :180 phút ít, ko đề cập thời gian vạc đềPHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm).




Bạn đang xem: Đề thi thử đại học môn toán 2013

*

TRƯỜNG trung học phổ thông QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Kân hận A và khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài :180 phút, không nói thời gian phân phát đềPHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  m 4  1(1). a) Khảo cạnh bên sự đổi mới thiên cùng vẽ thiết bị thị của hàm số (1) Khi m  1. b) Tìm m chứa đồ thị của hàm số (1) gồm cha điểm rất trị A, B, C làm thế nào cho các điểm A, B, C và điểm O nằmtrên một con đường tròn, trong những số đó O là nơi bắt đầu tọa độ. (sin x  cos x) 2  2sin 2 x 1    Câu 2 (1,0 điểm). Giải pmùi hương trình 2   sin(  x)  sin(  3x)  . 1  cot x 2 4 4  3  2 x 2  3x  2Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất pmùi hương trình  1,  x    . 1 2 x2  x  1Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD tất cả lòng ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với lòng,G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, giảm SD tại N. Tính thể tích của khối hận nhiều diệnMNABCD, biết SA=AB= a và góc đúng theo bởi vì con đường trực tiếp AN với mp(ABCD) bởi 300 . e ln xCâu 5 (1,0 điểm). Tính I   dx. 1 x ( 2  ln x  2  ln x )Câu 6 (1,0 điểm). Cho bố số thực dương a, b, c thỏa mãn nhu cầu a  b  c  3. 2 2 2 Chứng minh rằng 2  a  b  c   b  c  a    c  a  b   3 . a  b 2  c2  2ab b 2  c2  a 2  2bc a 2  b 2  c 2  2ac 5PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinch chỉ được thiết kế 1 trong những nhị phần (phần A hoặc phần B)A. Theo lịch trình Chuẩn 5Câu 7a (1,0 điểm). Trong khía cạnh phẳng cùng với hệ tọa độ Oxy , đến tam giác ABC tất cả M (4; ) là trung điểm của 2AC , mặt đường trung tuyến kẻ tự C là (d ) : x  y  2  0; điểm B nằm trên đường thẳng (d ") : x  3y  1  0. Tìm 3tọa độ những điểm A, B, C biết diện tích S tam giác ABC bằng . 2Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho tứ đọng giác ABCD gồm A(3; 2; 0), B(2;3;1), C(4;5; 7). Tìm tọa độđiểm D để tứ đọng giác ABCD là hình thang cân có đáy là AB.Câu 9a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2  x )n theo lũy thừa tăng của x ta được số hạngthiết bị tám là 144. Tìm x biết C n 1  2Cn  2  16  n  2  , n   *. n 3 nB. Theo chương trình Nâng caoCâu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , mang đến đường tròn  C  : x 2  y 2  13 . Lập phươngtrình thiết yếu tắc của hypebol bao gồm nhị tiệm cận vuông góc với nhau và giảm đường tròn (C ) tại bốn điểm lậpthành quyết chữ nhật gồm diện tích bằng 24.Câu 8b (1,0 điểm). Trong không khí với hệ trục tọa độ Oxyz , đến khía cạnh phẳng (Phường ) : 3 x  2 y  z  4  0 vàđiểm M (2;2; 0). Xác định tọa độ điểm N sao để cho MN vuông góc cùng với khía cạnh phẳng (Phường ) , đồng thời gian N giải pháp số đông nơi bắt đầu tọa độ O(0; 0;0) và khía cạnh phẳng (Phường. ). log 1  x  2y   log 2  3x  1  1  2Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương thơm trình   x 4y 3  3  4. ....................HẾT................... Thí sinch ko được áp dụng tư liệu. Cán bộ coi thi không phân tích và lý giải gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1- ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANGCâu ý Nội Dung Điểm khi m=1 hàm số phát triển thành y  x  2 x 2  2. 4  TXĐ :   Sự biến hóa thiên : - giới hạn: lim y   0,25 x  3 y "  4x  4x a y "  0  x  0;x  1;x  1. -Bảng trở nên thiên:lập đúng 0,25 - kết luận đúng: khoảng chừng đồng đổi mới, nghịch trở nên và rất trị. 0,25  Đồ thị: vẽ đúng 0,25 Hàm số bao gồm 3 điểm cực trị Lúc và chỉ còn Lúc pmùi hương trình y "  0 tất cả 3 nghiệm riêng biệt  4 x 3  4m 2 x  0 bao gồm 3 nghiệm minh bạch  m  0 (*). 0,251 Ba nghiệm biệt lập là x  0; x  m; x  m; Tọa độ 3 điểm cực trị A(0; m 4  1), B(m;1), C (m;1) . 0,25 call I là trung tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; bởi vì tính đối xứng của thứ thị hàm số suy ra I, A, O thẳng sản phẩm.  A  O (1) Ycbt           0,25  AB  OB  AB . OB  0 (2)    Ta có AB(m; m 4 ); OB(m;1). Giải (1): m 4  1  0  vô nghiệm 0,25 b Giải (2): m 2  m 4  0  m  1 (bởi vì đk(*)). Kết luận: m  1. Điều kiện: s inx  0 (*). 1  sin 2x  2sin 2 x 1  Pt   .2 cos(  2x).s inx 1 2 42 2 0,25 sin x   (sin 2x  cos2x).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4    2.cos(2x  ).sin 2 x  2.cos(2x  ).s inx 4 4  0,25  cos(2x  ).s inx.(s inx  1)  0. 4     (*) cos(2x    2x  4  2  m  0,25 )0  4  (k, m   ).   x    k2  sin x 1   2  3  So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt x   k 2 , x   m , (k , m   ). 0,25 2 8 2 1 Ta tất cả : 1  2 x 2  x  1  1  4( x  )2  3  1  3  0. 0.25 2  x  1 Suy ra, ĐK :  (*).  x  2 Bpt  3  2 x 2  3x  2  1  2 x 2  x  1  x 2  x  1  1  x 2  3 x  2 . 0,253 x  0  x2  x  1  2x   2 0,25 3 x  x  1  0 x  0  13  1 13  1 0,25   1  13 1  13  x  (bởi (*)). Kết luận: x  . x  ;x  6 6  6 6 + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC trên M, vào mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là giữa trung tâm tam giác ABC đề xuất có S SG 2  , suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của N4 SC, SD. 1 1 G M + Dễ có: VS . ABD  VS .BCD  VS . ABCD  V . A D 0,25 2 2 O B C Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS . ABN SA SB SN 1 1 1  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS . BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS .BMN  V . VS .BCD SB SC SD 2 2 4 8 0,25 Từ đó suy ra: 3 VS . ABMN  VS . ABN  VS .BMN  V . 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà lại theo giả thiết SA  ( ABCD) cần góc phù hợp vị AN 3  với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại sở hữu N là trung điểm của SC đề nghị tam giác NAD   SA cân nặng tại N, suy ra NAD  NDA  300. Do kia AD   a 3. 0,25 rã 300 1 1 3 3 Vậy, V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3 3 5 5 3a 3 Suy ra,thể tích buộc phải tìm kiếm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  . 0,25 8 8 24 Đặt t  2  ln x  2  ln x  t 2  4  2 4  ln 2 x  4ln 2 x  8t 2  t 4 0,25 8ln x ln x 1  dx  (16t  4t 3 ) dt  dx  (2t  t 3 ) dt. x x 2 0,25 Đổi cận: x  1  t  2 2; x  e  t  3  15 0,25 3 1 1 1 Suy ra, I   (2  t 2 )dt  ....  (3 3  1  4 2). 0,25 2 2 2 3 2 2 2 Bdt  a  b  c   b  c  a   c  a  b  3 2 2 2  a  b   c2  b  c   a 2  c  a   b 2 5 2 2 2  3  2c   3  2a    3  2b   3 2 2 2  3  c   c2  3  a   a 2  3  b   b 2 5 0,25 2 2 2 c  3c  2 a  3a  2 b  3b  2  2  2  2 0 2c  6c  9 2a  6a  9 2b  6b  96 x 2  3x  2 1   x  1   x  1 x  2   1 x  1  0 Ta có: 2   0,25 2x  6x  9 5 2x 2  6x  9 5  x2 1   x  1  2  0  2x  6x  9 5  2   x  1 2x 2  x  1 0  x  1  2x  1  0, x  0 2 2x  6x  9 2x 2  6x  9 Do a, b, c dương buộc phải ta bao gồm : a 2  3a  2 1 b 2  3b  2 1 c2  3c  2 1   a  1 ; 2   b  1 , 2   c  1 . 2a 2  6a  9 5 2b  6b  9 5 2c  6c  9 5 0,5 Từ đó bđt được minh chứng, lốt “=” xẩy ra lúc a = b = c =1. C  d  C(c  2; c); B  d "  B(3b  1; b) Do M là trung điểm của AC phải A(6-c;5-c) 0,25  3b  c  7 b  c  5  N là trung điểm của AB  N  ; .  2 2 7a Đường trung tuyến kẻ trường đoản cú C là d, buộc phải N nằm trong d 0,25 3b  c  7 b  c  5    2  0  b  1  B(4;1) 2 2   AC  (2c  4; 2c  5) Phương thơm trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0 2 2 | 3(c  2) | AC   2c  4    2c  5 , d(B, AC)  2 2 0,25  2c  4    2c  5 | 3(c  2) | SABC  2 c  3  A(3; 2), C(5;3) Giả thiết, ta có:  0,25 c  1  A(5; 4), C(3;1) KL......    Call D(x;y;z)  CD   x  4; y  5; z  7  , BA   5; 1; 1    0,25 CD  kBA  Tứ giác ABCD là hình thang cân nặng tất cả lòng AB   (k>0). AC  BD   x  4  5k  x  4  5k8a  y  5  k y  5  k   0,25   z  7  k z  7  k    x  2  2   y  3  2   z  1 2  107  2  5k  2   2  k  2   8  k 2  107    x  4  5k y  5  k  k  1(l)    0,25  z  7  k  k  35 (t / m)  27  27k 2  8k  35  0   67 100 224  Kết luận: D   ; ; . 0,25  27 27 27 9a  n  3 n  2   n  2 n  1 C n 1  2Cn  2  16  n  2   n 3 n  2.  16  n  2  2 2 0,5 n 3   n  1  16  n  9. 2 9 n 9 Ta có:  2  x    2  x    Ck 29k x k 9 0,25 0 Số hạng tổng quát của knhị triển là: C9 29 k x k k Số hạng đồ vật 8 của khai triển (k=7) là C9 22 x 7  144x 7 7 0,25 Giải pmùi hương trình được x=1. x 2 y2 0,25 Pmùi hương trình chính tắc của hypebol (H) có dang:   1; a  0, b  0. a 2 b2 b b7b Hai đường tiệm cận của (H) có phương thơm trình là: y  x; y   x a a Hai tiệm cận vuông góc với nhau  a  b Pmùi hương trình (H): x 2  y 2  a 2 Giao điểm của (H) cùng đường tròn (C) bao gồm tọa độ là nghiệm của hệ 0,25  2 a 2  13  2 2 x  y  a 2 x  2   2 2  2  x  y  13   y 2  13  a   2 Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y) 0,25 ABCD là hình chữ nhật bao gồm diện tích S là: 4|xy| Giả thiết: 16x 2 y 2  242  a 2  5 x 2 y2 0,25 Pmùi hương trình chính tắc của hypebol buộc phải tìm kiếm là:   1. 5 5 Hotline N ( x0 ; y0 ; z0 ) , suy ra NO  x 2o  y 2 0  z2 08b 3 x0  2 y0  z0  4 0,25 d ( N ,( P ))  . 14    Từ giả thiết, suy ra vectơ MN cùng phương với vectơ pháp đường n(3; 2;  1) của phương diện 0,25 x  2 y0  2 z0 phẳng (P ), bắt buộc ta có 0   (1). 3 2 1 Điểm N cách hầu hết cội tọa độ và phương diện phẳng (P. ), 3 x0  2 y0  z0  4 bởi đó: x 2 o  y 2 0  z2 0  (2). 0,25 14 1 1 3 0,25 Giải hệ hai phương thơm trình (1) và(2) ta được: x0   ; y0  ; z0  .

Xem thêm: Quan Hệ Giữa Ba Cạnh Của Một Tam Giác Bất Đẳng Thức Tam Giác

4 2 4  1 x  0,25 Đk:  3  x  2y  0  log 1  x  2y   log 2  3x  1  1   log 2  x  2y   log 2  3x  1  1 2  3x  1   log 2    1  x  4y  1 0,25  x  2y 9b Ttốt x=4y+1 vào phương thơm trình 3x  34y  4 34 y  1 y  0 1  0,25 ta được 34y 1  34 y  4  3.3  4y  4  4 y 1   4y 3 3  y   1   3  4 Kết luận: Nghiệm của hệ 1;0  . 0,25 ……… HẾT………