Đề thi thử Đại học, Cao đẳng năm 2013 môn Toán - Đề số 09

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng năm 2013 môn Toán - Đề số 09 là đề thi dành cho tất cả các bạn học sinh khối A, A1, B, D. Đề thi gồm có hai phần là phần chung và phần riêng bao gồm các câu hỏi tự luận có kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng năm 2013 môn Toán - Đề số 09

NĐQ 0982473363 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Đề số 09 Môn: Toán. Khối A, A 1, B, D Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) x 1 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x  1 (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2) Tìm m để đường thẳng (d m ) : y  2 x  m cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách AB nhỏ nhất. Câu II (2 điểm):  1) Giải phương trình: 2 cos2 (  2 x )  3cos4 x  4 cos 2 x  1 4  22 2 x ( 2 x  1  1)2 y 1  2) Giải hệ phương trình:  x log x   y  2  2 2 ex  x2  1 Câu III (1 điểm): Tính giới hạn L  lim x0 x2 Câu IV (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD 1. Chứng minh rằng AM  BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Câu V (1 điểm): Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  a  b  c  abc PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm) ( Thí sinh được chọn một trong hai phần 1 hoặc 2) PHẦN 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(3;3) và đường thẳng ( d ) : x  y  2  0 . Lập phương trình đường tròn đi qua điểm A, cắt đường thẳng d tại B, C sao cho AB=AC và AB  AC. 8 2 1 18 Câu VIIa (1 điểm): Tìm hệ số của x trong khai triển ( x  x  )(1  2 x ) 4 PHẦN 2: Theo chương nâng cao Câu VIb (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (C ) : ( x  1)2  ( y  1)2  25 và điểm M(7;3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho MA=3MB. Câu VIIb (1 điểm): Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất 5 bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn . 6 ---------- HẾT ----------
ĐÁP ÁN ,THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 x + 1 Tập xác định: Hàm số y = có tập xác định D = R \ {1} . x - 1 0,25 x +1 x +1 x + 1 Giới hạn: lim = 1; lim = +¥; lim = -¥. x ®±¥ x - 1 x ®1+ x - 1 x ®1 - x - 1 -2 Đạo hàm: y ' = < 0, "x ¹ 1 Þ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( -¥ ;1) và ( x - 1 ) 2 (1; +¥ ) . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = 1. Giao của hai tiệm 0 cận 0,25 I (1;1 ) là tâm đối xứng. Đồ thị hàm số (học sinh tự vẽ hình) 0,25 2 Tìm tham số m để đường thẳng ( d m ) y = 2 x + m …. 1,00 x + 1 Phương trình hoành độ giao điểm chung giữa ( C ) & ( d m ) là : = 2 x + m x - 1 ìï x ¹ 1 ìïD = m 2 + 2m + 17 > 0 "m 0,25 Ûí phương trình (*) có í ïî g ( x ) = 2 x + ( m - 3) x - m - 1 = 0 ( * ) 2 ïî g (1) = -2 ¹ 0 Þ ( C ) Ç ( d m ) = { A ¹ B} " m . Gọi A ( x1 ; 2 x1 + m ) , B ( x2 ; 2 x2 + m ) theo định lí vi ét ta có ì 3 - m ïï x1 + x 2 = 2 2 2 2 0,25 í Þ AB 2 = ( x1 - x2 ) + ( 2 x1 - 2 x2 ) = 5 é( x1 + x2 ) - 4 x1 x2 ù ë û ï x . x = - 1 + m 1 2 ïî 2 éæ 3 - m ö 2 æ 1 + m ö ù é ( m + 1) 2 + 16 ù 0,25 2 é m 2 + 2 m + 17 ù AB = 5 êç ÷ + 4ç ÷ú = 5 ê ú = 5ê ú ³ 20 ëêè 2 ø è 2 ø ûú ë 4 û ëê 4 ú û Þ AB ³ 2 5 dấu bằng xẩy ra khi m = - 1 . 0,25 Vậy khoảng cách AB ngắn nhất bằng 2 5 Û m = - 1 II 2,00
1 æp ö Giải phương trình: 2cos2 ç - 2 x ÷ + 3 cos 4 x = 4cos 2 x - 1 1,00 è 4 ø æp ö Phương trình Û 1 + cos ç - 4 x ÷ + 3 cos 4 x = 2 (1 + cos 2 x ) - 1 0,25 è 2 ø 3 1 0,25 Û 3 cos 4 x + sin 4 x = 2 cos 2 x Û cos 4 x + sin 4 x = cos 2 x 2 2 é p é p ê 4 x - = 2 x + k 2 p ê x = + k p æ pö 6 12 cos ç 4 x - ÷ = cos 2 x Û ê Ûê ( k Î ¢ ) 0,25 è 6 ø ê 4 x - p = -2 x + k 2 p ê x = p + k p êë 6 êë 36 3 p p p Vâỵ pt có hai họ nghiệm x = + k p; x = + k ( k Î ¢ ) 0,25 2 36 3 2 ì 2 - 2 2 - x Giải hệ phương trình: í ( ï 2 x - 1 - 1 2 y -1 = x ) ( x, y Î R ) . 1,00 ïlog x = - y + 2 î 2 2 Đ/K: 0 < x £ 2 . Từ pt(2) ta được y = 2 - log 2 x Þ 2 y -1 = thế vào pt(1) ta được 0,25 x ( 2 x -1 - 1 ) 2x = 2 - 2 x 2 - x Û 2 x - 1 - 1 = 1 - 2 - x 0,25 2 x -1 + 2 - x = 2 Û x + 1 + 2 ( 2 x - 1)( 2 - x ) = 4 Û 2 ( 2 x - 1)( 2 - x ) = 3 - x é x = 1 Þ y = 2 0,25 Û 4 ( 2 x - 1)( 2 - x ) = 9 - 6 x + x Û 9 x - 26 x + 17 = 0 Û ê 2 2 ê x = 17 Þ y = 2 - log 2 17 ë 9 9 æ 17 17 ö Vậy hệ pt có hai nghiệm ( x, y ) = (1; 2 ) & ( x, y ) = ç ; 2 - log 2 ÷ 0,25 è9 9 ø III e x - x 2 + 1 2 Tính giới hạn I = lim 1,00 x ®0 x 2 I = lim (e x 2 ) ( -1 - ) = lim e x 2 + 1 - 1 x 2 -1 - lim x 2 + 1 - 1 = I1 - I 2 0,25 2 2 x ®0 x x®0 x x ® 0 x 2 x 2 2 e - 1 1 + x -1 1 + x 2 - 1 1 1 I 1 = lim = 1 ; I 2 = lim = lim = lim = 0,50 x ® 0 x 2 x ®0 x 2 x®0 ( ) 1 + x 2 + 1 x 2 x ® 0 1 + x 2 + 1 2 1 1 1 I = 1 - = . Vậy giới hạn I = 0,25 2 2 2 V Ta có ( a + b + c ) 2 ³ 3 ( ab + bc + ac ) = 3 Û a + b + c ³ 3 1,00 1 Không mất tính tổng quát giả sử a lớn nhất Þ 3a ³ a + b + c ³ 3 Þ a ³ 3 T = a + ( b + c ) + abc = a ( 1 + bc ) + b + c = a ( 1 + 1 - ab - ca ) + ( b + c ) 0,50 = a ( 2 - a ( b + c )) + ( b + c ) = 2 a - a 2 ( b + c ) + b + c = ( b + c )( 1 - a 2 ) + 2 a ³ ( 3 - a )( 1 - a 2 ) + 2 a = a 3 - 3 a 2 + a + 3 (vì 1 £ a £ 1 , b + c ³ 3 - a ) . 3
Xét hàm số f ( a ) = a 3 - 3 a 2 + a + 3 với 1 £ a £ 1 0,50 3 f ' ( a ) = 3 a 2 - 2 3 a + 1 = ( 3 a - 10 ) 2 ³ 0 Hàm số f(a) đồng biến với 1 £ a £ 1 . Nên T ³ f ( a ) ³ f ( 1 ) = 10 3 . 3 3 9 10 3 10 3 1 Vậy T = a + b + c + abc ³ T min = Û a = b = c = 9 9 3 IV 1 Chứng minh rằng AM ^ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP 1,00 Gọi H là trung điểm của AD Þ SH ^ AD ( do D SAD đều) . Lại do ( SAD ) ^ ( ABCD ) = AD Þ SH ^ ( ABCD ) . Y ABNH là hình chữ nhật . AN Ç BH = K Þ K là trung điểm của 1 BH Þ MK / / SH & MK = SH (do MK là đường trung bình của D SHB ) từ đó suy ra 2 0,50 MK ^ ( ABCD ) Þ MK ^ BP (1) uuur uuur æ uuur 1 uuur öæ uuur 1 uuur ö 1 uuur 2 1 uuur 2 BP. AN = ç BC + CD ÷ç AB + BC ÷ = BC - AB = 0 Þ BP ^ AN ( 2 ) è 2 øè 2 ø 2 2 Từ (1) và (2) Þ BP ^ ( AMN ) Þ BP ^ AN a 3 1 a 2 1 SH = a 3 Þ MK = , dtDCNP = CN . CP = Þ VCMNP = VM . CNP = MK . dtD CNP 2 2 2 3 2 0,50 1 a 3 a 3 VCMNP = . . = a 3 3 2 2 12 2 AC Ç BD = {O} Þ O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Dựng Ot / / SH thì Ot là trục đường tròn ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm D SAD trong mặt phẳng 0,50 ( SH , Ot ) dựng Gl / / OH Þ Gl là trục đường tròn ( SAD ) . Gl Ç Ot = {I } Þ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD 2 æ 2 ö a 21 Gọi bán kính mặt cầu là R Þ R = IS = OH 2 + SG 2 = a 2 + ç a 3 ÷ = 0,50 è 3 ø 3 VIa .Lập Pt đường tròn đi qua A cắt d tại hai điểm B, C sao cho AB = AC và AB ^ AC . 1,00 Theo gt thì D ABC vuông cân tại A và đường tròn cần lập là đường tròn đường kính uuur BC .Ta có B ( t; 2 - t ) Î ( d ) Þ AB = ( t - 3; -t - 1 ) . 0,25 r Đường thẳng ( d ) có véc tơ chỉ phương u = (1; -1 ) . Ta có · ABC = · ACB = 45 0 uuur r uuur r AB. u 1 t - 2 Þ cos · ( ) ABC = cos AB; u = uuur r Û = 0,25 2 2 AB . u 2 2. ( t - 3) + ( -t - 1 ) 2 Û 2t 2 - 4t + 10 = ( 2t - 2 ) Û t 2 - 2t - 3 = 0 Û t = -1 Ú t = 3 Þ B ( -1;3) Ú B ( 3; - 1 ) ïì B ( 3; -1) ïìC ( 3; -1 ) 0,25 do vai trò B, C như nhau do đó í Úí îïC ( - 1;3 ) ï B ( -1;3 ) î Khi đó đường tròn cần lập ( W ) có tâm I (1;1 ) trung điểm BC 1 1 2 bán kính R = BC = 4 + 4 2 = 2 2 . 0,25 2 2 2 2 ( W ) : ( x - 1) + ( y - 1) = 8 7a æ 1 ö 18 Tìm hệ số của x 8 trong khai triển ç x 2 + x + ÷ (1 + 2 x ) 1,00 è 4 ø
æ 2 1ö 18 1 20 1 20 k k 1 20 k k k ç x + x + ÷ (1 + 2 x ) = (1 + 2 x ) = å 20 C ( 2 x ) = å C20 2 x 0,50 è 4ø 4 4 k =0 4 k = 0 1 8 8 Từ đó hệ số của x 8 trong khai triển là C20 × 2 = 64C20 8 = 8062080 0,50 4 VIb Lập pt đường thẳng ( d ) đi qua M cắt ( C ) tại A, B phân biệt sao cho MA = 3 MB . 1,00 ( C ) có tâm I (1; - 1 ) ,bán kính R = 5 < IM = 62 + 42 = 2 13 Þ M nằm ngoài đường tròn ( C ) .Đặt MB = h > 0 Þ AB = 2 h . Hạ IH ^ d Þ HA = HB = h 0,25 2 2 2 2 Trong tam giác vuông IHB Þ IH = IB - HB = 25 - h (1) 2 2 2 2 Trong tam giác vuông IHM Þ IH = MI - MH = 52 - 4 h (2) 2 2 2 2 từ (*) và (**) ta có 25 - h = 52 - 4h Þ h = 9 Þ h = 3 Þ IH = 25 - 9 = 16 Þ IH = 4 0,25 Vậy khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng ( d ) là d ( I ; ( d ) ) = 4 Ta có ( d ) : a ( x - 7 ) + b ( y - 3) = 0 (đ/k a 2 + b 2 > 0 ) -6 a - 4 b é a = 0 0,25 d ( M ; ( d ) ) = 4 Û = 4 Û 5a 2 + 12 ab = 0 Û ê a 2 + b 2 ë 5a + 12b = 0 Nếu a = 0 Þ ( d ) : y - 3 = 0 0,25 Nếu 5a + 12b = 0 chọn a = 12, b = -5 Þ ( d ) :12 x - 5 y - 69 = 0 7b Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất… 1,00 Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4( các thẻ ghi số 4 và 8), 7 thẻ còn lại ghi số không chia hết cho 4. Giả sử rút x (1 £ x £ 9; x Î ¥ ) , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là C 9 x , số phần tử của 0,25 không gian mẫu là W = C9 x . Gọi A là biến cố :”Trong số x thẻ rút ra ,có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4” Số cách chọn tương ứng với biến cố A là A = C7 x . 0,25 Cx C x ( ) Ta có p A = 7x Þ p ( A ) = 1 - 7 x C9 C9 5 C x 5 Do đó p ( A) > Û 1 - 7 x > Û x 2 - 17 x + 60