Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 19 - đề 14', 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 19 - Đề 14
- C¸c ®Ò tù luyÖn thi §¹i häc - Cao ®¼ng n¨m 2012 -2013
ĐỀ THAM KHẢO SỐ 01
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phỳt
Cõu I (2 điểm)
Cho hàm số y x 3 6 x 2 9 x 3 có đồ thị là (C) và hai điểm A( 1;3), B(1; 1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tỡm cỏc điểm M thuộc (C) sao cho tam giỏc ABM cõn tại M
Cõu II (2 điểm) 1. Giải phương trỡnh 2sin x cos 2 x cos x cos 2 x 1
4
3
2. Giải bất phương trỡnh: x 3 3x 2 2 x 2 6x 0 (x ¡ ) .
3. Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của tham số m để hệ phương trỡnh sau cú nghiệm:
x 3 12x y3 6y 2 16 0
2 (x, y ¡ ) .
2 2
4x 2 4 x 5 4y y m 0
Cõu III (1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD là hỡnh thoi cạnh 2a;
SA SB SC 2a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là giao điểm của đường
thẳng SD và mặt phẳng (MBC). Gọi V, V1 lần lượt là thể tớch của cỏc khối chúp
S.ABCD và S.BCNM.
V
a) Tớnh tỷ số 1 .
V
b) Chứng minh V 2a 3 .
Cõu IV (1 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa món x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1.
x 1 y 1 z 1
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức P 2 2 .
y2 z x
Cõu V (1 điểm) Tỡm hệ số của x 6 trong khai triển thành đa thức của
5 7
P( x ) 2 x 2 1 3 x 3 x 1 2 x
Cõu VI. (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -1). Đường
phân giác trong của các góc B và C lần lượt có phương trỡnh x 2y 1 0 ;
x y 3 0 . Viết phương trỡnh đường thẳng BC.
Cõu VII (1 điểm) . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
x 2 y 1 z 1
(P) x y z 1 0 và đường thẳng: d:
1 1 3
Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trỡnh của đường thẳng nằm trong (P),
vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến bằng 3 2
2 x x 2 x3 4 x 8 x3 4 x 4
Cõu VIII.(1 điểm) Giải phương tŕnh 4 2 16.2 2 (x ¡ )
============== Hết =============
GV: NguyÔn Ngäc Chi Trêng THPT Kinh M«n 1
- C¸c ®Ò tù luyÖn thi §¹i häc - Cao ®¼ng n¨m 2012 -2013
Cõu 1.Tam giỏc ABM cõn tại M suy ra MA = MB M thuộc đường trung trực của đoạn AB.
x2
Pt trung trực của đoạn AB là x 2 y 2 0 y Do M thuộc (C) nờn tọa độ M thỏa món hệ pt
2
y x3 6 x 2 9 x 3
x2
x2 x3 6 x 2 9 x 3 2 x3 12 x 2 17 x 4 0
y 2
2
Cõu 2. 1
sin x 1 cos 2 x cos x cos 2 x 1 sin x 1 sin 2 x cos x cos 2 x 1 sin x cos x 1
2
x k 2 x k 2
1 4 4
2 sin x 1 sin x
4 4 2 x k 2
x k 2 2
4 4
Cõu 2. 2.Điều kiện xác định: x 2 . Đặt y x 2 , điều kiện y 0 .
3 2 3 2 x y
Bất phương trỡnh trở thành: x 3xy 2y 0 x y x 2y 0
x 2y 0
x 0
Với x = y thỡ x2 x 2
x2
x 2 x
x 0
x 0
Với x + 2y ≥ 0 thỡ 2 x 2 x x 0 x 22 3
4(x 2) x 2 2 2 3 x 0
Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trỡnh đó cho là T 2 2 3;
3 3 2
x 12x y 6y 16 0
(1)
Cõu 2.3Ta cú hệ:
2 2 2
4x 2 4 x 5 4y y m 0 (2)
2 x 2
Điều kiện xác định:
0 y 4
3 3
Ta cú (1) x 12x y 2 12 y 2
Xột hàm số f (t) t 12t, t 2;2
3
f '(t) 3t 2 12 3 t 2 4 0, t 2;2
Suy ra hàm số f (t) nghịch biến trờn 2;2 (3)
Ta cú x và y 2 cùng thuộc đoạn 2;2 và f (x) f (y 2) nờn kết hợp (3) suy ra x y 2
2 2
Thay vào (2) ta có phương trỡnh 3 4 x 4x m (4)
Do đó hệ phương trỡnh đó cho cú nghiệm khi và chỉ khi phương trỡnh (4) cú nghiệm x thuộc đoạn [-
2;2].
2 2
Đặt g(x) 3 4 x 4x , x [ 2;2]
3x 3
g '(x) 8x x 8
4 x2 4x
2
GV: NguyÔn Ngäc Chi Trêng THPT Kinh M«n 2
- C¸c ®Ò tù luyÖn thi §¹i häc - Cao ®¼ng n¨m 2012 -2013
g '(x) 0 x 0 . g(0) 6; g( 2) g(2) 16 .
min g(x) 16; m ax g(x) 6 .
x[ 2;2] x[ 2;2]
Vậy hệ phương trỡnh đó cho cú nghiệm khi và chỉ khi 16 m 6 .
V VS.MBC SM V
Cõu 3. 1 VS.ABC VS.ACD => VS.MBC
2 VS.ABC SA 4
VS.MCN SM SN V 3V V 3
=> . VS.MCN Suy ra V1 VS.MBC VS.NCM Vậy 1 .
VS.ACD SA SD 8 8 V 8
2. Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Dễ thấy SOC BOA SO BO BSD vuụng tại S.
1
Do đó BD 4a 2 SD2 OB 4a 2 SD2 .
2
1
Mà OA BC OB .Suy ra OA 4a 4a SD .
2 2 2 2 2
4
2 a 2 2
Vỡ AO (SBD) nờn VS.ABCD 2VS.ABD OA.SSBD .SD. 12a SD
3 3
2 2 2
2 2 SD 12a SD 3
Mà SD. 12a SD =6a2. Vậy V 2a
2
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 1 1 1 1 1 1
Cõu 4. P 2 2 2 (1).
y2 z2 x2 x y z x y z
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1
Mà
y2 z2 x2
1 1 1 1 1 1
x 1 2 2 y 1 2 2 z 1 2 2
x y y z x z
2 2 2
x 1 y 1 z 1 (2).
xy yz xz
1 1 1 1 1 1 1 1 1
Từ (1) và (2) suy ra P 2 2 2 2 (3).
x y z x y z xy yz zx
1 1 1
Từ giả thiết ta cú 1 (4).
xy yz zx
1 1 1 1 1 1
Mà 2
2 2 1 (5).
x y z xy yz zx
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3 (6).
x y z xy yz zx x y z
Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P 3 1 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 3 .
Vậy giỏ trị nhỏ nhất của P là 3 1 .
Cõu 6.Gọi BE, CF lần lượt là đường phân giác trong của các góc B và C của tam giác ABC.
Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của A qua BE và CF.
Đường thẳng AM có phương trỡnh 2x y 3 0 .
GV: NguyÔn Ngäc Chi Trêng THPT Kinh M«n 3
- C¸c ®Ò tù luyÖn thi §¹i häc - Cao ®¼ng n¨m 2012 -2013
2x y 3 0 x 1
Tọa độ giao điểm I của AM và BE là nghiệm của hệ phương trỡnh .
x 2y 1 0 y 1
Do đó I(1;1). Vỡ I là trung điểm của đoạn thẳng AM nên M(0;3). Tương tự N(-2;-5).
Đường thẳng BC đi qua M và N nên có phương trỡnh 4x y 3 0 .
5
Cõu 5.Số hạng tổng quỏt của 1 3x là C5k (3) k x k
7
Số hạng tổng quỏt của 1 2x là C7 2m x m
m
6
Số hạng chứa x trong P( x) là 2 x 2C54 (3) 4 x 4 3 xC7 25 x 5
5
6
Suy ra hệ số của x trong P( x) là 2C54 ( 3) 4 3C7 25 1206
5
Cõu 7.• (P) có véc tơ pháp tuyến n( P ) (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương .u (1;1;3)
I d ( P) I (1;2;4)
• vỡ ( P); d có véc tơ chỉ phương u n( P ) ; u (4;2;2)
• Gọi H là hỡnh chiếu của I trờn H mp (Q ) qua I và vuụng gúc
Phương trỡnh (Q): 2( x 1) ( y 2) ( z 4) 0 2 x y z 4 0
Gọi d 1 ( P ) (Q ) d 1 có véctơ chỉ phương
x 1
n (P) ; n( Q )
(0;3;3) 3(0;1;1) và d1 qua I ptd 1 : y 2 t
z 4 t
Ta cú H d 1 H (1;2 t ;4 t ) IH (0; t ; t )
t 3
• IH 3 2 2t 2 3 2
t 3
x 1 y 5 z 7
• TH1: t 3 H (1;5;7) pt :
2 1 1
x 1 y 1 z 1
TH2: t 3 H (1;1;1) pt :
2 1 1
3 3
Cõu 8. Với x 2. PT 42 x 2
(24 x4 1) 2 x (24 x4 1) 0 (24 x4 1)(42 x 2
2x ) 0
TH1: 24 x 4 1 4x 4 0 x 1
TH2:
3 2( x 2)
24 2 x 2
2 x x3 2 x 2 4 x 3 8 2( x 2 2) ( x 2)( x 2 2 x 4)
x22
x=2. Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2.
GV: NguyÔn Ngäc Chi Trêng THPT Kinh M«n 4
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
