Đề Thi ĐH Môn Toán Khối A Năm 2013 (Có ĐA)

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

210
lượt xem 47
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi đh môn toán khối a năm 2013 (có đa)', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi ĐH Môn Toán Khối A Năm 2013 (Có ĐA)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 M : TOÁN - : 1 PH N CHUNG CHO T T C TH SINH 7 0 C 1 20 Cho hàm số y  x 3  3x 2  3mx  1 (1) , với m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +  )   C 2 10 Giải phương trình 1  tan x  2 2 sin  x    4  x 1  4 x 1  y4  2  y  C 3 10 Giải h phương trình  (x, y  R).  x  2 x( y  1)  y  6 y  1  0 2 2  x2 1 2 Câu 4 1 0 Tính tích phân I   ln x dx 1 x2 C 5 10 Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC  300 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 1 0 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều ki n (a  c)(b  c)  4c2 . Tìm giá trị 32a 3 32b3 a 2  b2 nhỏ nhất của biểu thức P    (b  3c)3 (a  3c)3 c PH N RIÊNG 3 0 : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. T eo c ươ g trì C ẩ C 7.a 1 0 Trong mặt phẳng với h tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x  y  5  0 và A(4;8) . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5;-4). x  6 y 1 z  2 C 8.a 1 0 Trong không gian với h tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   3 2 1 và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với  . Tìm tọa độ điểm M thuộc  sao cho AM = 2 30 . C 9.a 1 0 . Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân bi t được chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn. B. T eo c ươ g trì N g cao C 7.b 1 0 Trong mặt phẳng với h tọa độ Oxy, cho đường thẳng  :x  y  0 . Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt  tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2 . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). Câu 8.b (1 0 Trong không gian với h tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x  3y  z 11  0 và mặt cầu (S) : x  y2  z2  2x  4y  2z  8  0 . Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp 2 điểm của (P) và (S). C 9.b 1 0 Cho số phức z  1  3i . Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  (1  i)z5 .
G I GI I ĐỀ THI I. PH N CHUNG ( 8 ) Câu 1 : a. y   x3  3x2  1 * D * y'  3x2  6x y'  0   3x2  6x  0  x  0  y  1   x  2  y3 Hàm số : - Tăng trên khoảng  0; 2  - Giảm trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;   - Đạt cực đại tại x  2, yCÑ  3 - Đạt cực tiểu tại x  0, yCT  1 * lim y   lim y   x  x   Bảng biến thiên : x  0 2  y’ - 0 + 0 -  y 3 -1   Đồ thị : b. y   x3  3x2  3mx  1 D y'  3x2  6x  3m
Hàm số nghịch biến trên  0;    y'  0 x   0;     '  9  9m  0     '  9  9m  0    m  1  P  m  0   S  2  0  voâ lyù   Câu 2 : 1  tan x  2 2 sin  x   .    4  Điều ki n : Cosx  0  x   k 2 Với điều ki n trên phương trình được viết lại : s in x   1  2 2 sin  x   cos x  4 sin x  cos x   2  sin x  cos x   0 cos x  1  2cos x    sin x  cos x    0  cos x      2cos x  1  2 sin  x   . 0  4 cos x    sin  x  4   0 (1)      1 cos x  2 (2)    (1) x  k  x    k ( k  ) 4 4 1  (2)  cos x   x    k 2 (k  z ) 2 3 Câu 3 :  x  1  4 x  1  y 4  2  y (1)   2  x  2 x( y  1)  y  6 y  1  0 2  (2) Đ :x≥0 Xét (2): x 2  2 x( y  1)  y 2  6 y  1  0  ' x  ( y  1)2  y 2  6 y  1  4 y  0  y  0 Xét (1): t  4 x  1 (t  0) : x  t 4  1 (1) trở thành: t4  2  t  y 4  2  y (*) f ( z )  z  z 4  2 , đồng biến với z  0 nên: (*)  t  y  y 4  x  1 (2) trở thành: ( y 4  y) 2  4 y  0
y  0  ( y  1) ( y  y  y  3 y  3 y  3 y  4)  0 6 5 4 3 2 y  0  (Vì y  0) y 1 x  1 x  2 Vậy nghi m của h phương trình:  ,  y  0 y 1 Câu 4 (1,0 điểm) 2  x 1  2 1  2 I    2  ln xdx   1  2  ln xdx 1  x  1  x  ln x  u  1  du  x dx  Đặt  1   1  x 2  dx  dv v  x  1     x  1 2 1  I   x   ln x |1   1  2 dx 2  x 1  x   1 1 2   x   ln x  x   |1  x x 5 3 5ln 2  3  ln 2   2 2 2 Câu 5: Gọi M là trung điểm BC, ta có tam giác ABC đều nên SM  BC , vì  SBC   ABC nên SM   ABC . Ta có : a AC  a.sin 300  2
a 3 AB  a.cos 300  2 a 3 SM là chiều cao tam giác đều cạnh a nên SM  2 1 1 1 a3  VSABC  SM.SABC  .SM. AB.AC  3 3 2 16 SM   ABC  SM  MH  SMH vuoâng taïi M 3a2 a2 13a2 a 13  SH  SM  MH  2 2   2  SH  4 16 16 4 1 1 a 13 a 3 a 39 2 SSAB  SH.AB  . .  2 2 4 2 16 3.VSABC a 39 d  C,  SAB    SSAB 13 Câu 6 : a b (a  c)(b  c)  4c 2  (  1)(  1)  4(*) c c a c  x Đặt:  ( x, y  0) b  y c  (*)  xy  x  y  3  xy  3  ( x  y )  x  y  x  y 2 2 Do xy   3  x  y   x  y  2  do x  y  0  4 4 Đặt S  x  y  2 32 x3 32 y 3  x 3 y 3 P   x 2  y 2  32 ( ) ( )   x2  y 2 ( y  3) ( x  3) 3 3  ( y  3) x3  Ta có: x 3 1 1 1 1 x 3 3 x ( )    3 3 . .( )  ( y  3) 64 64 64 64 ( y  3) 16 ( y  3) y 3 1 1 1 1 y 3 3 y )    3 3 . .( )  ( x  3) 64 64 64 64 ( x  3) 16 ( x  3) 3 x 1 3 y 1  P  32       x2  y 2 16 ( y  3) 32 16 ( x  3) 32   x y   P  6    2  ( x  y )  2 xy 2  ( y  3) ( x  3)   ( x  y)2  3( x  y)  2 xy   P  6   ( x  y)  2 xy  2 2  xy  3( x  y)  9   S  5S  6  2  P  6  S 2  2S  6  2  2S  12    P  3S  S 2  2S  6  5
Xét f (S )  3S  S 2  2S  6  5  S  2  S 1 f ' (S )  3  ; S  2S  6 2 4  3 14 f ' (S )  0  S (l ) 4 Lập bảng biến thiên suy ra: P  f (S )  1  2  MinP  1  2 xảy ra khi: x = y = 1 hay a = b = c II. PH N RIÊNG A. T eo c ươ g trì C ẩ Câu 7a : Gọi các điểm như hình vẽ Ta coù A, B, C , N, D cuøng thuoäc ñöôøng troøn  C  taâm I laø taâm cuûa hình chöõ nhaät ABCD, AC baùn kính R  2  m  4 3  2m  Goïi C  d  C  m; 2m  5  I ;   2 2   m  4   2m  13   m  14   2m  11  2 2 2 2 AI  IN 2 2           2   2   2   2   132m  132  m 1  C 1; 7   qua N  5; 4   Ñöôøng thaúng BN :   nhaän AC  1; 3 laøm vectô phaùp tuyeán   BN : x  3y  17  0   3 1  taâm I   2 ; 2   2 2    C :  x     y    3 1 250 Ta coù  C  :        R 2  250  2  2 4   4  B1  5; 4   loaïi vì B  N   B   C   BN    B2  4; 7  
Vaäy B 4; 7  vaø C 1; 7  thoûa ñe. à Cách 2: Có thể tìm C bằng nhận xét tam giác ANC vuông tại N Câu 8a : (P) đi qua A và vuông góc Δ nên phương trình là: 3x  2y  z  16  0. M  Δ nên M(6-3t; -1-2t; -2+t) MA(3t  5;8  2t ;5  t ) MA  2 30  (3t  5) 2  (8  2t ) 2  (5  t ) 2  120 t  1  14t  8t  6  0   7 2 t   3 51 1 17 Có 2 điểm thỏa đề là M1(3; -3; -1); ( M 2 ( ;  ;  ) 7 7 7 Câu 9a : Gọi số tự nhiên gồm 3 chữ số phân bi t là abc Số phần tử của S : - Chọn a có 7 cách - Chọn b có 6 cách - Chọn c có 5 cách  Số phần tử của S là 7.6.5 = 210 phần tử Cách chọn để số chọn được là số chẵn : - Chọn c chẵn có 3 cách - Chọn a có 6 cách - Chọn b có 5 cách  Số cách chọn để được số tự nhiên chẵn có 3 chữ số phân bi t là 3.6.5 = 90 cách 90 3 Vậy xác suất cần tìm là P   210 7 B. T eo c ươ g trì g cao Câu 7b :
Gọi các điểm như hình vẽ AB  4 2 Gọi A    A  m;m  1 1 1 1 1 1 1 Ta có :  2    2  AC2  40 AH 2 R AC 2 AC 2 AH R 2 40  IC  50 2 Theo đề C  tia Oy  C  0;a   a  0 HC2  AC2  AH2  32  HC  4 2 a d  C,    4 2  a8  C  0; 8 2 Ñöôøng thaúng IC coù phöông trình x  y  8  0 I  IC  I  m; 8  m  Goïi H laø giao ñieåm cuûa IC vaø   H  4; 4 vaø IH2  10  8  2 m  5  I1  5; 3 HI   m  4; m  4   IH 2  2  m  4   2  2   m  3   I 2  3;11 Ta loaïi I2 vì I vaø C phaûi naèm khaùc phía so vôùi   taâm I  5; 3  Ta coù  C  :   baùn kính R  10  Vaäy  C :  x  5   y  3  10 thoûa ñe. à 2 2 Câu 8b :  taâm I 1; 2;1  Ta coù  S :   baùn kính R  14  2  6  1  11 d  I,  P     14  R   P  tieáp xuùc  S 14  x  1  2t  Goïi  laø ñöôøng thaúng qua I vaø vuoâng goùc vôùi  P    :  y  2  3t z  1  t  Goïi M laø giao ñieåm cuûa  P  vaø  S  M    P M   M 1  2t; 2  3t;1  t  M   P  2 1  2t   3  2  3t   1  t  11  0  14t  14  0  t 1 Vaäy tieáp ñieåm cuûa  P  vaø  S laø M  3;1; 2  Câu 9b :  r = 1  3 = 2; tg = 3 , chọn  = 3    dạng lượng giác của z là z = 2(cos  i sin ) 3 3
5 5 1 3  z5 = 32(cos  i sin )  32(  i ) 3 3 2 2 1 3 1 3 1 3  w = 32(1 + i) (  i ) = 32(  )  32i(  ) 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 Vậy phần thực của w là : 32(  ) và phần ảo là 32(  ). 2 2 2 2 HẾT Giáo viên giải đề: (1) Thạc Sĩ Cao Thanh Tình – Giáo viên Toán TT Luyện thi Miền Đông –Sài Gòn; (2) Thạc sĩ Lý Lâm Hùng – Giáo viên Toán Trung tâm Ôn thi trực tuyến Onthi.net.vn; (3) Thầy Võ Nguyên Linh - Tổ trưởng Tổ Toán Trường THPT Thành Nhân, Tp.HCM; (4) Thầy Nguyễn Tuấn Lâm - Giáo viên Toán Trường THPT Thành Nhân, Tp.HCM; (5) Thầy Nguyễn Như Mơ - Giáo viên Toán Trường THPT Thành Nhân, Tp.HCM; (6) Thầy Trần Nhân – Giáo viên Toán Trường THPT Tân Bình, Tp.HCM. ----------------------------------------