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

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

39
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 20 - đề 20', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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 20 - Đề 20

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) x2 Cho hàm số y  1 2x  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 1  2sin x  cos x  3. 1  2 sin x 1  s inx  2. Giải phương trình 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0 x R Câu III (1,0 điểm)  2   cos x  1 cos x.dx 3 2 Tính tích phân I  0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 3 3  x  y   x  z   3  x  y  x  z  y  z   5  y  z  . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng  :x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  4  0 và mặt cầu S : x 2  y 2  z 2  2x  4y  6z  11  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z1|3 + |z2|3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  4x  4y  6  0 và đường thẳng  : x  my  2m  3  0 , với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2y  2z  1  0 và hai đường x 1 y z  9 x 1 y  3 z  1 thẳng 1 :   ; 2 :   . Xác định toạ độ điểm M thuộc 1 1 6 2 1 2
đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  2 và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm)  Giải hệ phương trình  2   log 2 x 2  y 2  1  log 2  xy   x, y  R  . 2 3x  xy y  81  ---------------Hết--------------- ĐÁP ÁN Câu I. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 + Tập xác định:với mọi x   2 1 3 + y’ = 2  0, x    2x  3 2 + Tiệm cận x2 1 1 Vì lim  nên tiệm cận ngang là : y = x  2x  3 2 2 x2 x2 3 Vì lim  ; lim    nên tiệm cận đứng là : x = -  3 x     2x  3  3  2x  3 x   2  2 2 Bảng biến thiên:  2 Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại  0;  và cắt Ox tại (-2; 0)  3
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O. 1 3 Ta có y '  2 nên phương trình tiếp tuyến tại x  x 0 (với x 0   ) là: (2x  3) 2 y - f( x 0 ) = f’( x 0 )(x - x 0 ) x 2x 2  8x 0  6 y  0 (2x 0  3)2 (2x 0  3) 2 2 Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A( 2x 0  8x 0  6 ;0) 2 2x 0  8x 0  6 và cắt Oy tại B(0; ) (2x 0  3) 2 Tam giác OAB cân tại O  OA  OB (với OA > 0) 2 2 2x 0  8x 0  6  xA  y B  2x  8x 0  6  0 (2x 0  3)2  x 0  1(L)  (2x 0  3)2  1  2x 0  3  1    x 0  2 (TM) Với x 0  2 ta có tiếp tuyến y = x 2 Câu II.
1.Giải phương trình : 1  2sin x  cos x  3. 1  2 sin x 1  s inx  Giải :   5  1  x   6  k2; x  6  k2 s inx    ĐKXĐ:  2 s inx  1   x    2l   2 Phương trình  cosx - 2sinxcosx = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2 x)  cosx – sin2x = 3+ 3 sinx - 2 3 sin2 x   3 sinx + cosx = sin2x + 3 (1 – 2sin2 x) = sin2x + 3 cos2x 3 1 1 3 - sin x  cos x  sin 2x  cos 2x 2 2 2 2 5 5    sin x.cos  cos x.sin  sin 2x.cos  cos 2x.sin 6 6 3 3  5     sin  x    sin  2x    6   3  5   x  6  2x  3  m2   x  5    2x    n2   6 3       x    m2  x   m2 2 2    3x    n2  x     n 2   6   18 3 Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:  2 x=  n  n  Z 18 3 2. Giải phương trình : 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0 x R 6 Đkxđ: 6  5x  0  x  (*) 5
 8  2u u  3 3x  2   3 u  3x  2 2u  3v  8 v  Đặt  (v  0)   2  3 2  3 v  6  5x   v  6  5x 5u  3v  8 5u 3  3v 2  8    15u 3  64  32u  4u 2  24  0  15u 3  4u 2  32u  40  0  (u  2)(15u 2  26u  20)  0  u  2  2 2 15u  26u  20  0 vô n 0 do  '  13  15.20  0  u  2  x  2 (tm). Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}  2   Câu III.Tính tích phân I   cos 3 x  1 cos 2 x.dx .Ta có: 0   2 2 I =  cos 5 x.dx   cos 2 x.dx 0 0   2 2  1 2 1 1   Ta có: I2 =  cos x.dx   (1  cos2x).dx =  x  sin 2x  2  0 20 2 2 0 4   2 2 Mặt khác xét I1 =  cos5 x.dx   cos 4 x.cosx.dx 0 0   2 2 2 1 5 2sin 3 x  8 =  (1  sin x) d(sin x)   sin x   sin x  2  0 5 3  0 15 8  Vậy I = I1 – I2 =  15 4 Câu IV.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Giải: Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên SI  (ABCD) . Ta có IB  a 5; BC  a 5; IC  a 2;
3a 5 Hạ IH  BC tính được IH  ; 5 3a 15 Trong tam giác vuông SIH có SI = IH tan 600  . 5 SABCD  SAECD  SEBC  2a 2  a 2  3a 2 (E là trung điểm của AB). 1 1 3a 15 3a 3 15 V  SABCDSI  3a 2  . 3 3 5 5 Câu V.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 3 3  x  y    x  z   3  x  y  x  z  y  z   5  y  z  . Giải: Từ giả thiết ta có: x2 + xy + xz = 3yz  (x + y)(x + z) = 4yz Đặt a = x + y và b = x + z Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz Mặt khác a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2 2  2(a 2  b 2 )  a  b   ab    2 = 2 (a  b)2  2ab   a  b   ab     2 = 2  (y  z)2  2yz   y  z   4yz     2 = 2  (y  z) 2  4yz   y  z   
2  4(y  z)2  y  z   2(y  z)2 (1) Ta lại có: 3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z)  3(y + z)2 . (y + z) = 3(y + z)3 (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta có điều phải chứng minh Câu VI .a 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng  :x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng AB. Giải: Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, F là điểm đối xứng vơi E qua I. Ta có N  DC , F  AB, IE  NE. Tính được N = (11; 1) . Giả sử E = (x; y), ta có: uu r uuu r IE = (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1). uu uuu r r IE . NE = x2 – 17x + 66 + y2 – y – 2 = 0 (1) E   x + y – 5 = 0 . (2) Giải hệ (1), (2) tìm được x1 = 7; x2 = 6. Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1  E1 = (7; 2); E2 = (6; 1) Suy ra F1 = (5; 6), F2 = (6; 5). Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = 0 hoặc y = 5 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  4  0 và mặt cầu S : x 2  y 2  z 2  2x  4y  6z  11  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Giải: Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5 Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là
2.1  2.2  3  4 d(I; (P))  3. 4  4 1 Vì d(I;(P))
1  4m   1  1  4m  m 2  1  1  8m  16m 2  m 2  1 2 m 1 m  0  15m  8m  0   2 m  8  15 8 Vậy, có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu là: m = 0 và m = 15 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2y  2z  1  0 và hai đường thẳng x 1 y z  9 x 1 y  3 z  1 1 :   ; 2 :   . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao 1 1 6 2 1 2 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Giải: Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm. a 1 b c  9 a  b  1  Vì M  1 nên:    1 1 6 c  6b  9  Khoảng cách từ M đến mp (P) là: a  2b  2c  1 11b  20 d  d(M;(P))   12  (2) 2  22 3  Gọi (Q) là mp qua M và vuông góc với  2 , ta có: r r n (Q)  u  2  (2;1; 2)  (Q) : 2(x  a)  1(y  b)  2(z  c)  0 Hay (Q): 2x  y  2z  9b  16  0 Gọi H là giao điểm của (Q) và  2  Tọa độ H là nghiệm của hpt: 2x  y  2z  9b  16  0   x 1 y  3 z  1  2  1  2   H(2b  3;  b  4; 2b  3)  MH 2  (3b  4)2  (2b  4) 2  (4b  6) 2  29b 2  88b  68 Yêu cầu bài toán trở thành:
MH 2  d 2 2 (11b  20)2  29b  88b  68  9  261b  792b  612  121b 2  440b  400 2  140b 2  352b  212  0  35b 2  88b  53  0 b  1   b  53  35  18 53 3  Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M  ; ;   35 35 35  Câu VII b.  Giải hệ phương trình  2   log 2 x 2  y 2  1  log 2  xy   x, y  R  . 2 3x  xy y  81  Giải: x 2  y 2  0 Điều kiện   xy  0 xy  0 Viết lại hệ dưới dạng: log 2 (x 2  y 2 )  log 2 (2xy)   2 2  x  y  2xy  x 2  xy  y2   2 2 3  3  x  xy  y  4  (x  y)2  0  x  y  2 2  2  (x; y)(2; 2); ( 2;  2) : thỏa mãn  x  xy  y  4  x  4