Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 14

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 18 - đề 14', tài liệu phổ thông, toán học 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 Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 14

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x 4  9x 2  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x  9cos 2 x  m  0 với x  [0;  ] . Câu II (2 điểm) log 3 x 1 1. Giải phương trình:  x  2  x     x2  2  x  y  x 2  y 2  12  2. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x 2  4 x | và y  2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos 2  2x +   m  0  4  4  4 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  x  2  t   y  2t  z  2  2t  .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương  x  1  2t  trình tham số  y  1  t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí của điểm M để chu  z  2t  vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: D  ¡ 0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x   y '  32x  18x = 2x 16x 2  9  3 x  0 0,25 y'  0   x   3  4  Bảng biến thiên. 0,25  3 49 3 49 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y  0   1  4 32 4 32  Đồ thị 0,25 2 1,00 4 2 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x  [0;  ] (1) Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m  0 (2) 0,25 Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2)  8t 4  9t 2  1  1  m (3) Gọi (C1): y  8t 4  9t 2  1 với t  [1;1] và (D): y = 1 – m. 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1  t  1 . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81  m : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 0,50 1. m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 81  1 m  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32
 0  m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  m0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.  m
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban 1,00 đầu là S   5;3  ,  5; 4  III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x 2  4 x | (C ) và  d  : y  2 x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2  0,25  2  2 x  6   x  4 x  2 x  x  2x  0  Suy ra diện tích cần tính: 2 6  x   x  2 2 S  4 x  2 x dx   4 x  2 x dx 0 2 2 Tính: I   | x 2  4 x | 2 x  dx 0 Vì x   0; 2  , x 2  4 x  0 nên | x 2  4 x |  x 2  4 x  0,25 2 4 I     x 2  4 x  2 x  dx  0 3 6 Tính K    | x 2  4 x | 2 x  dx 2 Vì x   2; 4  , x 2  4 x  0 và x   4;6  , x 2  4 x  0 nên 0,25 4 6 K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 . 2 4 4 52 1,00 Vậy S   16  3 3 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta  AB  IC có:   AB   CHH '   ABB ' A '    CII ' C '   AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 0,25 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  .  r 2  x 2  6r 2 6 3 h Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  3  B  B ' B.B '  2 2 2 0,25 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 Từ đó, ta có: V   6r 3   6r 2 3.  0,25 3 2 2  3   V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ;         +/ 4cos  3x -  cos  x +   2 cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x   4  4   2     1    1 +/ cos 2  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x  0,25  4  2  2  2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  0 (1) 2 2   Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:  2  t  2 ).  4 2 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t  1 . Phương trình (1) trở thành: t 2  4t  2m  2  0 (2) với  2  t  2 (2)  t 2  4t  2  2 m 0,25 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y  2  2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y  t 2  4t với  2  t  2 . Trong đoạn   2; 2  , hàm số y  t 2  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2  4 2 tại   0,25 t   2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại t  2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2  4 2  2  2m  2  4 2 0,25  2 2  m  2 2 . VIa 2,00 1 1,00 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  .  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; .  2 2  0,25  t 1 3  t 0,25 Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2    1  0  t  7  C  7;8   2  2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). 0,25 Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .
x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 . x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1; 0  . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3y  4  0 7  1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D ) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .  d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2; 0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có  0,25  zx  1  z  x Vì vậy ta có: 1,00  1 1 1  x y z x  y  z      111  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5
Ta có: uuu r AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2x  y  2  0 . 0,25 I   d  : y  x  I  t; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t  2  . 4 Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH  . 0,25 5  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 5 t  0  C  1; 0  , D  0; 2   0,50 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1; 0  , D  0; 2   3 3 3 3  2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y  1  t .  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  . 0,25 2 AM  2  2  2t    4  t    2t  2 2  9t  20 2  3t  2   2 5  2 BM  2 2  4  2t    2  t    6  2t  2  9t 2  36t  56   3t  6 2   2 5  2 2 AM  BM   3t  2   2 5   2 5   3t  6  2   r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; 2 5 và v  3t  6; 2 5 .     r 2 | u |   3t  2   2 5  Ta có  r 2 | v |    3t  6   2 5 2   0,25 r r r r r r Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29 r r r r r r   Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29 r r Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5    t 1 0,25 3t  6 2 5  M 1; 0; 2  và min  AM  BM   2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  0,25 VIIb 1,00
a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca Đặt  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y . 2 2 0,50 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x y z x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  . y z x yz z x x y z 0,50 x y z 2 x  y  z Do đó:     2. yz zx x y x yz  1 1 2  b c Tức là: a      2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b