Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 18 - đề 22', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 22
- TRUONG THPT PHU NGOC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
TO TOAN – TIN Môn: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.
GV : VO DUC HIEN
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
2x 1
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y có đồ thị là (C)
x2
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất phương trình log 2 x log 2 x 2 3 5 (log 4 x 2 3)
2
dx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I
sin 3 x. cos 5 x
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c 0 và a 2 b 2 c 2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a3 b3 c3
P
1 b2 1 c2 1 a2
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường
thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến
AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
x 1 2t
y t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn
z 1 3t
nhất.
Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có
mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có
phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp
tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
x 1 y z 1
trình . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P)
2 1 3
là lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ
số chẵn và ba chữ số lẻ.
-Hết-
1
- ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI A – MÔN TOÁN
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu Đáp án Điểm
1. (1,25 điểm)
I
a.TXĐ: D = R\{-2}
(2
b.Chiều biến thiên
điểm)
+Giới hạn: lim y lim y 2; lim y ; lim y 0,5
x x x 2 x 2
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
3
+ y' 0 x D
( x 2) 2
0,25
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;)
+Bảng biến thiên
x -2
y’ + + 0,25
2
y
2
c.Đồ thị:
1 1
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; ) và cắt trục Ox tại điểm( ;0)
2 2
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,25
2
-2 O x
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình
2x 1 x 2
x m 2 0,25
x2 x (4 m) x 1 2m 0 (1)
Do (1) có m 2 1 0 va (2) 2 (4 m).(2) 1 2m 3 0 m nên đường
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy 0,5
ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó AB 24
II 1. (1 điểm)
2
- (2 Phương trình đã cho tương đương với 0,5
điểm) 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2 x = 8
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 0,25
1 sin x 0
6 cos x 2 sin x 7 0 (VN )
0,25
x k 2
2
2. (1 điểm)
x 0
ĐK: 2 2
log 2 x log 2 x 3 0
Bất phương trình đã cho tương đương với 0,5
2 2
log x log 2 x 3 5 (log 2 x 3)
2 (1)
đặt t = log2x,
BPT (1) t 2 2t 3 5 (t 3) (t 3)(t 1) 5 (t 3)
t 1 0,25
t 1 log x 1
t 3 2
(t 1)(t 3) 5(t 3) 2 3 t 4 3 log 2 x 4
1
0x 1
2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ] (8;16)
2
8 x 16
III dx dx
1 điểm I 3 3 2
8 3
sin x. cos x. cos x sin 2 x. cos 2 x
đặt tanx = t 0,5
dx 2t
dt 2
; sin 2 x
cos x 1 t 2
dt (t 2 1) 3
I 8 dt
(
2t 3
) t3
1 t 2
t 6 3t 4 3t 2 1
dt
t3
3 1 3 1
(t 3 3t t 3 )dt tan 4 x tan 2 x 3 ln tan x C 0,5
t 4 2 2 tan 2 x
3
- Câu IV
1 điểm Do AH ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết
thì góc AA1 H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300
a 3
A1 H . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và
2
a 3
A1 H nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH B1C1 nên 0,5
2
B1C1 ( AA1 H )
A B
C
K
A1 C
1
H
B1
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và 0,25
B1C1
A1 H . AH a 3 0,25
Ta có AA1.HK = A1H.AH HK
AA1 4
Câu V a3 b3 c3
Ta có: P + 3 = b2 c2 a2
1 điểm 1 b 2
1 c 2
1 a 2
3 2 2
6 a a 1 b b3 b2 1 c2
P
4 2 2 1 b2 2 1 b2 4 2 2 1 c2 2 1 c2 4 2
0,5
c3 1 a2 c2 a6 b6 c6
3 3
33 33
2 1 a2 2 1 a2 4 2 16 2 16 2 16 2
3 3 9
P (a 2 b 2 c 2 ) 6
2 2 23 2 2 2 8
9 3 9 3 3 0,5
P
6 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Để PMin khi a = b = c = 1
PhÇn riªng.
1.Ban c¬ b¶n
C©u 1.( 1 ®iÓm)
VIa Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp
2 tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 0,5
®iÓm 3 IA 3 2
4
- m 1 m 5
3 2 m 1 6
2 m 7 0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I 0,5
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
H d H (1 2t ; t;1 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên
AH d AH .u 0 (u (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)
0,5
H (3;1;4) AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
Câu 2
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 4 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 0,5
VIIa
C 52 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
1
điểm
2
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 4 . C 52 .4! = 1440 số 0,5
2.Ban n©ng cao.
C©u 1.( 1 ®iÓm)
VIa Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp
2 tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 0,5
®iÓm 3 IA 3 2
m 1 m 5
3 2 m 1 6
2 m 7 0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I 0,5
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
H d H (1 2t ; t;1 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên
AH d AH .u 0 (u (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)
0,5
H (3;1;4) AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
Câu Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 0,5
VIIa
đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số được chọn.
1
điểm Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 52 . C 53 .5! = 12000 số. 0,5
1 3
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 .C 5 .4! 960 . Vậy
có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
