Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 19 - Đề 20

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 4
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 20', 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 20

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II Mụn: Toỏn A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 (C) 1) Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  4 (C) 2) Gọi (D) là đừơng thẳng qua điểm A(3;4) và có hệ số góc là m. Định m để (D) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A,M,N sao cho 2 tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.  2009  2 2 Cõu II (2 điểm):1) Giải phương trỡnh: cos 2 x  2 2 sin  x    4 cos x sin x  4sin x cos x .  4   4 xy  1  x  2 xy  2) Giải hệ phương trỡnh:  1 1  8y y  6 y . x x x 0  3  4 x2  4 x  Câu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn: I  1  4 x 2  4 x  5   x. 2 x  1 dx .     2 Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hỡnh vuụng ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hỡnh chiếu vuụng gúc của A lờn SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’. Câu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A 3 mãn:    ? cos C cos A cos B 2 II. PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH ( 3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trỡnh Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng Oxy cho 2 đừơng trũn: 3 (C1): x 2  y 2  8 x  6  0 và (C2): x 2  y 2  2 x   0 Xét vị trí tương đối của hai đường trũn (C1) và 2 (C2). Tỡm phương trỡnh tiếp tuyến chung của chỳng. x 1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) :   và 2 1 1 x y  2 z 1 (d 2 ) :   . Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một gúc 300. 1 1 1 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú: 1 1 1 1 1 1 1 1 1         4a 4b 4c a  3b b  3c c  3a a  2b  c b  2c  a c  2a  b 2. Theo chương trỡnh Nõng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M là một điểm trên (d ) : x  y  2  0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một gúc 450 tiếp xỳc với (C) tại A, B. Viết phương trỡnh đường thẳng AB. 2) Trong khụng gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH  ( ABC ) và DH  3 với H là trực tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc giữa (DAB) và (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú: a b c    1. a  (a  b)(a  c) b  (b  a )(b  c) c  (c  a )(c  b)
ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2010- 2011- MễN TOÁN. I. PHẦN CHUNG. Cõu Phần Nội dung Điểm Cõu I 1(1,0) HS tự giải (2,0) 2(1,0) HS tự giải Cõu Phần Nội dung Điểm Cõu II 1(1,0)  2009  2 2 (2,0) cos 2 x  2 2 sin  x    4 cos x sin x  4sin x cos x  4  2 2  cos x  sin x  2(sin x  cos x )  4sin x.cos x(sin x  cos x) 0,5  (cos x  sin x)(cos x  sin x  4 cos x.sin x  2)  0  cos x  sin x  0 (1)   cos x  sin x  4 sin x.cos x  2  0 (2) 0,25  + Giải (1): (1)  tan x  1  x    k 4 + Giải (2): Đặt cos x  sin x  t , t  2 ta cú phương trỡnh: 2t 2  t  0 .  t 0  t  1/ 2 0,25   Với t  0 ta cú: tan x  1  x   k 4  Với t  1 / 2 ta cú:   x  arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 cos( x  )   2 / 4   4  x   arccos( 2 / 4)   / 4  k 2    KL: Vậy phương trỡnh cú 4 họ nghiệm: x    k , x   k , 4 4 x  arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 , x   arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 . 2(1,0) PT(1) :x=2 xy  1  ...DS : (1;0) 1 Cõu Phần Nội dung Điểm Cõu III 0  3  4x  4 x2  0 4  (2 x  1)2 0 (1,0) I 1   x. 2 x  1 dx   dx   ( x. 2 x  1)dx  (2 x  1)2  4  2 1 (2 x  1)  4    1   2 2 2 0 2 0 4  (2 x  1) 0,25   dx   ( x. 2 x  1)dx 1 (2 x  1)2  4 1   2 2 0 4  (2 x  1)2 + Tớnh: I1   dx . Đặt: 1 (2 x  1)2  4  2    1  2 x  1  2sin t , t    ;   dx  cos tdt , x    t  0,x  0  t  .  2 2 2 6
    2cos 2 t 6 6 2  1  sin 2 tdt 16 6 dt Khi đó: I1   2 dt   2    dt   2 0 4sin t  4 0 2(sin t  1) 20 0 sin t  1  6  dt =  2 0,25 12 0 sin t  1   6 6 dt d (tan t ) 2 + Tớnh: I 2   2  2 . Đặt: tan t  tan y . 0 sin t  1 0 2(tan t  1/ 2) 2 2 2 Suy ra: d (tan t )  d (tan y )  (1  tan 2 y )dy , với 2 2  6  t  0  y  0, t   y   sao cho tan   , (0    ) 6 3 2  2 2  2 Khi đó: I 2   dy  y0  . 0,25 0 2 2 2 0 + Tớnh: I 3   ( x. 2 x  1)dx . Đặt: 1  2 1 1 t  2 x  1  2 x  t 2  1, dx  tdt , x    t  0, x    t  1 . 2 2 1 2 5 3 t 1 2 t t  1 Khi đó: I 2   t dt     1   0 0 2  10 6  15 1  2 6  KL: Vậy I  I1  I 2  I 3      , ( tan   , (0    ) ) 0,25 15 12 2 3 2 Cõu Phần Nội dung Điểm Cõu IV (1,0) S + Trong tam giỏc SAB hạ AB '  SC . Trong tam giỏc SAD hạ AD '  SD . Dễ cú: BC  SA, BC  BA  BC  ( SAB) Suy ra: AB '  BC , mà AB '  SB . Từ đó cú AB '  ( SAC )  AB '  SC (1) . D' Tương tự ta cú: AD '  SC (2) . Từ (1) và (2) C' suy ra: SC  ( AB ' D ')  B ' D '  SC . B' Từ đó suy ra: SC '  ( AB ' C ' D ') 0,25 A D O 1 1 1 2 5a + Ta cú: 2  2 2  AB '  AB ' SA BA 5 B C 4 4 5  SB '  SA2  AB '2  4a 2  a 2  a , SB  SA2  AB 2  5a . 5 5
SB ' 4 Suy ra:  ; SB 5 Lại cú B’D’ // BD (cựng thuộc mp(SBD) và cựng vuụng gúc với SC) nờn B ' D '  AC ' (vỡ dễ cú BD  ( SAC ) nờn BD  AC ' ). B ' D ' SB ' 4 Xột hai tam giỏc đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:   BD SB 5 4 2a  B'D'  . 5 1 1 1 2 3a 2 6 0,5 Ta cú: 2  2 2  AC '   SC '  SA2  AC '2  a AC ' SA AC 3 3 1 1 1 16 + Ta cú: VS . AB ' C ' D '  S AB 'C ' D ' .SC '  . B ' D '. AC '.SC '  a 3 . 3 3 2 45 1 2 3 VS . ABCD  S ABCD .SA  a . Suy ra thể tớch đa diện cần tỡm là: 3 3 14 3 0,25 V  VS . ABCD  VS . AB 'C ' D '  a . 45 Chỳ ý: Vẽ hỡnh sai khụng chấm. Cõu Phần Nội dung Điểm Cõu 1 1 4 VIIa Dễ cú: ( x  y )2  4 xy    ( x, y  0)(*) . 0,25 x y x y (1,0) 1 1 1 1 1 1 + Chứng minh:      . 4a 4b 4c a  3b b  3c c  3a 1 1 1 1 16 1 3 16 Áp dụng 2 lần (*) ta cú:     hay   (1) a b b b a  3b a b a  3b 1 3 16 1 3 16 Tương tự ta cú:   (2) và   (3) b c b  3c c a c  3a Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rỳt gọn ta cú điều phải chứng minh. 0,25 1 1 1 1 1 1 + Chứng minh:      a  3b b  3c c  3a a  2b  c b  2c  a c  2a  b 1 1 4 2 Áp dụng (*) ta cú:    (4) 0,25 a  3b b  2c  a 2(a  2b  c) a  2b  c 1 1 2 Tương tự ta cú:   (5) b  3c c  2a  b b  2c  a 1 1 2   (6) c  3a a  2b  c c  2a  b Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta cú điều phải chứng minh. 0,25
II. PHẦN RIấNG. 1. Chương trỡnh Chuẩn. Cõu Phần Nội dung Điểm CõuVIa. 1(1,0) (1,0) + Do AB  CH nờn AB: x  y  1  0 . A 2 x  y  5  0 Giải hệ:  ta cú (x; y)=(-4; 3). H  x  y 1  0 N 0,25 Do đó: AB  BN  B(4;3) . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trỡnh đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x  2 y  5  0 B C 2 x  y  5  0 - Gọi I  (d )  BN . Giải hệ:  . Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) 0,25 x  2y  5  0 7 x  y  25  0 + Phương trỡnh BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ:   x  y 1  0 13 9 Suy ra: C ( ;  ) . 0,25 4 4 450 + BC  (4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  , 4 7.1  1(2)  25 d ( A; BC )  3 2. 7 2  12 1 1 450 45 0,25 Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4 Cõu Phần Nội dung Điểm CõuVIa. 2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tỡm là: ( ) : ax  by  cz  d  0 (a 2  b 2  c 2  0) . (1,0) Trờn đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).  a cd  0 c  2 a  b Do ( ) qua A, B nờn:   nờn 0,25  a  b  d  0  d  ab ( ) : ax  by  (2a  b) z  a  b  0 . 1 1.a  1.b  1.(2a  b) Yờu cầu bài toỏn cho ta:  sin 300  0,25 2 12  (1)2  12 . a 2  b 2  (2a  b)2  2 3a  2b  3(5a 2  4ab  2b 2 )  21a 2  36ab  10b 2  0
 18  114 a  Dễ thấy b  0 nờn chọn b=1, suy ra:  21 0,25  18  114 a   21 KL: Vậy cú 2 mặt phẳng thỏa món: 18  114 15  2 114 3  114 x y z 0 21 21 21 18  114 15  2 114 3  114 x y z  0. 21 21 21 0,25 Cõu Phần Nội dung Điểm 2. Chương trỡnh Nõng cao. Cõu Phần Nội dung Điểm CõuVIb. 1(1,0) Dễ thấy I  (d ) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một gúc 450 suy ra tam giỏc (1,0) MAB vuụng cõn và tam giỏc IAM cũng vuụng cõn . Suy ra: IM  2 . uuu r M  (d )  M ( a; a+2), IM  (a  1; a  1) ,  a0 IM  2  2 a  1  2   .  a  2 0,5 Suy ra cú 2 điểm thỏa món: M1(0; 2) và M2 (-2; 0). + Đường trũn tõm M1 bỏn kinh R1=1 là (C1): x 2  y 2  4 y  3  0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nờn AB: x2  y2  4 y  3  x2  y 2  2x  2 y 1  x  y  1  0 . 0,25 + Đường trũn tõm M2 bỏn kinh R2=1 là (C2): x 2  y 2  4 x  3  0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nờn AB: x2  y2  4x  3  x2  y2  2x  2 y 1  x  y  1  0 . + KL: Vậy cú hai đường thẳng thỏa món: x  y  1  0 và x  y  1  0 . 0,25 Cõu Phần Nội dung Điểm CõuVIb. 2(1,0) Trong tam giỏc ABC, gọi K  CH  AB . D (1,0) Khi đó, dễ thấy AB  ( DCK ) . Suy ra gúc giữa (DAB) và (ABC) chớnh là gúc DKH .Ta tỡm tọa độ điểm H rồi Tớnh được HK là xong. 0,25 + Phương trỡnh mặt phẳng (ABC).
r uuu uuu r r - Vecto phỏp tuyến n  [ AB, AC ]   0; 4; 4  - (ABC): y  z  2  0 . + H  ( ABC ) nờn giả sử H (a; b; 2  b) . uuur uuur Ta cú: AH  (a; b; b), BC  (4; 2; 2). uuur uuur CH  (a  2; b; b), AB  (2; 2; 2). uuu uuur r  BC. AH  0   ab  0 Khi đó:  uuu uuur r   a  b  2  AB.CH  0    a  2b  2  0 Vậy H(-2; -2; 4). 0,25 + Phương trỡnh mặt phẳng qua H và vuụng gúc với AB là: x  y  z  4  0 . x  t  Phương trỡnh đường thẳng AB là:  y  t . z  2  t   x t  y  t  Giải hệ:  ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. 0,25  z  2t x  y  z  4  0  Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: 2 2 2 2   2  8  96 HK    2      2     4   . 3   3  3  3 Gọi  là gúc cần tỡm thỡ: tan   DH / HK  96 / 12  6 / 3    arctan( 6 / 3) 0,25 Vậy   arctan( 6 / 3) là gúc cần tỡm. Cõu Phần Nội dung Điểm CõuVIIb. Với a,b >0 ta có (a+b)(a+c)- 0,25 (1,0) ( ab  ac )2  a 2  bc  2a bc  (a  bc ) 2  0   a  b  a  c   ( ab  ac ) 2   a  b  a  c   ( ab  ac ) a a a    0,5 a  (a  b)(a  c) a  ab  ac a b c 2 CM t rồi cộng vế với vế ta được dpcm 0,25 sin C cos A.cos B tan C CõuV Ta có tanA+tanB=   cos A.cos B cos C tan A.tan B ABC không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z 3 x y z 3 Từ GT ta có    với x,y,z>0.Dễ dàng CM được    .Dấu y z z x x y 2 y z z x x y 2 “=”xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều