Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 19 - Đề 1

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 9
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 19 - đề 1', 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 19 - Đề 1

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Cõu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phõn biệt C(0;1), D, E sao cho cỏc tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuụng gúc với nhau. Cõu II (2 điểm) cos 2 x  cos 3 x  1 1.Giải phương trỡnh: cos 2 x  tan 2 x  . cos 2 x  x 2  y 2  xy  1  4 y 2. Giải hệ phương trỡnh:  2 2 , ( x, y  R) .  y ( x  y)  2 x  7 y  2 Cõu III (1 điểm) e log3 x2 Tớnh tớch phõn: I   dx . 2 1 x 1  3ln x Cõu IV. (1 điểm) a 3 Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = và góc BAD = 600. 2 Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Cõu V. (1 điểm) Cho a, b, c là cỏc số thực khụng õm thỏa món a  b  c  1 . Chứng minh rằng: 7 ab  bc  ca  2abc  . 27 B. PHẦN RIấNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trỡnh Chuẩn Cõu VIa. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giỏc ABC biết A(5; 2). Phương trỡnh đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tỡm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hóy xỏc định toạ độ tâm và bán kính đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Cõu VIIa. (1 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trỡnh 2 z 2  4 z  11  0 . Tớnh giỏ trị của biểu 2 2 z  z2 thức 1 . ( z1  z2 )2 2. Theo chương trỡnh Nõng cao Cõu VIb. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trỡnh mặt phẳng (ABC) và tỡm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Cõu VIIb. (1 điểm) 2 log1 x ( xy  2 x  y  2)  log 2  y ( x 2  2 x  1)  6  Giải hệ phương trỡnh :  , ( x, y  R) . log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4)  =1 ----------------------------------------------------------- tavi ----------------------------------------------------- - ĐÁP ÁN Cõu í Nội dung Điểm I 1 1 2 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0  m = 0, f(x) = 0 0.25 Đê thỏa món yc ta phải cú pt f(x) = 0 cú 2 nghiệm phõn biệt x1, x2 khỏc 0 và 0.25 y’(x1).y’(x2) = -1. 9  4m  0, f (0)  m  0 Hay  2 2 (3x1  6 x1  m)(3x2  6 x2  m)  1.  9  9 0.25 m  , m  0 m  , m  0  4  4 9( x x )2  18x x ( x  x )  3m( x 2  x 2 )  36 x x  6m( x  x )  m 2  1 4m 2  9m  1  0  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  9  65 Giải ra ta có ĐS: m = 0.25 8 II 1 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2 x  tan 2 x  1  cos x  (1  tan 2 x)  2 cos2 x  cos x -1  0 0.5 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 2 2 0.5 x  k 2 , x    k 2 ; hay x  k . 3 3 2  x2  1  x y 4  x 2  y 2  xy  1  4 y  y y  0 , ta cú:  2 2  2 . 0.25  y(x  y)  2x  7 y  2 ( x  y )2  2 x  1  7   y x2  1  uv  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta cú hệ:  2  2  y v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 0.25 +) Với v  3, u  1 ta cú 0.25
x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 hệ:     . x y 3  y  3 x  y  3 x  x  2, y  5 x2  1  9 y x2 1  9 y  x 2  9 x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta cú hệ:    , hệ này  x  y  5  y  5  x  y  5  x 0.25 vụ nghiệm. KL: Vậy hệ đó cho cú hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}. III 3  ln x  e 3 log 2 x e   1 e ln 2 x. ln xdx 0.25 ln 2  I  dx    dx  3  . 1 x 1  3ln x 2 1 x 1  3ln x 2 ln 2 1 1  3ln 2 x x 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … 0.25 3 x 3 1 2 e log 3 x 1 2  t  1 1 1 2 0.25 Suy ra I   2 dx  3  3 . tdt  3   t  1 dt 2 1 x 1  3ln x 2 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1 2 1 1 3  4  3  3 t  t   27 ln 3 2 0.25 9ln 2  1 IV Chứng tỏ AC’  BD 0.25 C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’  (BDMN) 0.25 Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dựng cỏch hiệu cỏc thể 0.25 tớch thỡ phải chỉ ra cỏch tớnh. 3a 3 0.25 Tính đúng diện tích hỡnh thang BDMN . Suy ra thể tớch cần tỡm là: . 16 V Ta cú ab  bc  ca  2abc  a (b  c)  (1  2a )bc  a (1  a )  (1  2a )bc . Đặt t= bc thỡ ta (b  c)2 (1  a )2  (1  a) 2  0.5 cú 0  t  bc   .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn  0;  4 4  4  ( a  1  a) 2 1 7 Cú f(0) = a(1 – a)    và 4 4 27  (1  a )2  7 1 2 0,25 1  1 7 f   (2a  )  a    với mọi a   0;1  4  27 4 3  3 27   7 Vậy ab  bc  ca  2abc  . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25 27 VIa. 1. Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C’ là trung điểm của AB nên:  2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5 C' ;   CC ' nên 2( ) 30 m    2 2  2 2 6 0.5 5 41  I  ( ; ) . Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 6 6
2 x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C ;  3 x  3 y  23  0  3 3   19 4  Tọa độ của B =   ;  0.5  3 3 uuur uuur 2. Ta cú: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trỡnh mặt phẳng trung trực của 0.25 AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0. r uuu uuu r r Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):   0.25 2x  y  z 1  0 .  x  y  z 1  0 x  0   Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường trũn là I (0; 2;1). 0.25 2 x  y  z  1  0  z  1   Bỏn kớnh là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 0.25 VII 3 2 3 2 a Giải pt đó cho ta được các nghiệm: z1  1  i, z2  1  i 0.5 2 2 2 3 2  2 22 Suy ra | z1 || z2 | 1    ; z1  z2  2 0.25  2  2   2 2 z  z2 11 Đo đó 1  ...  0.25 ( z1  z2 )2 4 VIb 1. Tâm I của đường trũn thuộc  nờn I(-3t – 8; t) 0.25 Theo yc thỡ k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nờn ta cú 3(3t  8)  4t  10 0.25  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 2 2 3 4 Giải tiếp được t = -3 0.25 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tỡm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25 uuu r uuu r r 2. Ta cú AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC  …. 0.25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 VII  xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 b + Điều kiện:  (I ) . 0.25 0  1  x  1, 0  2  y  1  2log1 x [(1  x )( y  2)]  2log 2  y (1  x )  6  log1 x ( y  2)  log 2  y (1  x)  2  0 (1)  (I )    0.25   log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) = 1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4)  = 1 (2). 1 Đặt log 2  y (1  x)  t thỡ (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1. t 0.25 Với t  1 ta cú: 1  x  y  2  y   x  1 (3). Thế vào (2) ta cú:
x  4 x  4 log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4) = 1  log1 x 1  1  x  x2  2x  0 x4 x4  x0  y  1  . Suy ra:  .  x  2  y 1 + Kiểm tra thấy chỉ cú x  2, y  1 thoả món điều kiện trên. 0.25 Vậy hệ cú nghiệm duy nhất x  2, y  1 .