Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 28

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 3
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 28', 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 28

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 4  2mx 2  4 có đồ thị  Cm  . ( m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =2. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị  Cm  nằm trên các trục tọa độ. Câu II (2,0 điểm).   1. Giải phương trình: sin x tan 2 x  3 sin x  3 tan 2 x  3 3 . 3 x 2. Giải bất phương trình: x  1. 3 x 2 x 2  3 y  y 2  8x  1  0  Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  x  8   y  y  3  13  0  Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đoạn thẳng nối hai tâm của hai mặt bên kề nhau có độ dài bằng a. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'D'. Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y , z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  x2 2   y2 2   z2 2  P  x    y   z  .  3 yz   3 zx   3 xy  II.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 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình x  y  0 và điểm M(2;1). Lập phương trình đường thẳng    cắt trục hoành tại A, cắt đường thẳng (d) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M. Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C1) có phương trình x 2  y 2  25 , điểm M(1; -2). Đường tròn (C2) có bán kính bằng 2 10 . Tìm tọa độ tâm của (C2) sao cho (C2) cắt (C1) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất. 12 3 2 1 2 Câu VIII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình: C x  3 Ax  A2 x  81. ( x  N * ) x 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm P(-7;8) và hai đường thẳng  d1  : 2 x  5 y  3  0,  d 2  : 5 x  2 y  7  0 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi 29 qua P và tạo với ( d1 ),( d 2 ) một tam giác cân tại A và có diện tích bằng . 2 Câu VII.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình x  y  2  0 và đường tròn (C1) có phương trình: x 2  y 2  4 x  2 y  4  0 . Đường tròn (C2) có tâm thuộc (d), (C2) tiếp xúc ngoài với (C1) và có bán kính gấp đôi bán kính của (C1). Viết phương trình của đường tròn (C2). x 2  mx  3 Câu VIII.b (1,0 điểm). Cho hàm số y  .Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại, x 1 cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị nằm về hai phía của đường thẳng (d): 2x+y- 1=0. --------------------- Hết -------------------- Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: …………………… 1
HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 LẦN 1 MÔN TOÁN -KHỐI D ( Đáp án có 06 trang: từ trang 1 đến trang 6 ) Câu Đáp án Điểm I 1. Khảo sát hàm số với m = 2. 1,00 Với m = 2, hàm số trở thành: y   x 4  4x 2  4 0,25 * TXĐ: R * Sự biến thiên của hàm số: Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: lim y  ; lim y   0,25 x x  - Bảng biến thiên: x  0 + Ta có: y '  4 x3  8 x; y '  0   x   2 + Bảng biến thiên: x -  2 0 2 + y’ + 0 - 0 + 0 - 0 0 y 0,25 - -4 - - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; - 2 và 0; 2      - Hàm số nghịch biến trên khoảng  2; 0 và   2;   - Điểm cực đại của đồ thị là   2; 0  ,  2; 0  điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4) * Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại  0; 4  và cắt trục hoành tại điểm  2; 0 và    2; 0  + Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 f x =  -x4 +4x2  -4 2 -5 5 10 -2 -4 -6 -8 2. Tìm m để tất cả các cực trị của hàm số  Cm  nằm trên các trục tọa độ. 1,00 x  0 0,25 Ta có: y '  4 x3  4mx  4 x   x 2  m  ; y '  0   2 x  m Nếu m  0 thì  Cm  chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục 0,25 tung. Nếu m  0 thì  Cm  có 3 điểm cực trị . Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai 0,25 2 2 điểm cực đại có tọa độ ( m ; m  4) , ( m ; m  4) . Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì m 2  4  0  m  2 . Vì m  0 nên chọn m = 2. 0,25 Vậy m  (;0]  2 là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2
1. Giải phương trình lượng giác 1,00   II - Đk. cos 2x  0  x   m , m  Z. 4 2 Ta có: sin x tan 2 x  3(sin x  3 tan 2 x)  3 3 0,25  (sin x tan 2 x  3 sin x)  (3 tan 2 x  3 3)  0  sin x(tan 2 x  3)  3(tan 2 x  3)  0  (tan 2 x  3)(sin x  3)  0 0,25   k  tan 2 x   3  2 x   k  x   ( k  Z ). (thỏa mãn) 0,25 3 6 2   Vậy pt có một họ nghiệm : x    k , k  Z . 0,25 6 2 2. Giải bất phương trình 1,00 + Đk: x  0; x  3. 0,25 3 x Bất phương trình  x  1  3 x  2x 0,25 3  x  0  2x  4x 2  x  x  3 x  (3  x) 2 x  0    x  (3;  )  2 0,25  x  10x  9  0  x  (3;  ) 0,25   x  (3;9) (Thỏa mãn điều kiện)  x  (1;9) Vậy tập nghiệm của bpt là : (3;9) Giải hệ phương trình... 1,00 + Điều kiện: x 2  3 y  0, y 2  8 x  0 III 0,25 Đặt u  x 2  3 y , v  y 2  8x u, v  0   2u  v  1 v  2u  1 v  2u  1 + Ta được:  2  2 2 2  2 2 u  v  13 u  v  13 u  (2u  1)  13 0,25 v  2u  1 v  2u  1  u  2  u  2  2    5u  4u  12  0  u  6 (loai ) v  3   5  4  x2  y   x2  3 y  2  x2  3 y  4   3 + Khi đó   2  2 2 0,25   y2  8x  3  y  8x  9   4  x   8 x  9  3    3
 4  x2 y   3  x 4  8 x 2  72 x  65  0   4  x2  x  1  4  x2  y  y   3 y 1  3     x  5 0,25 ( x  1)( x  5)( x 2  4 x  13)  0  x  1    x  5    y  7  Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là: S  (1;1),( 5; 7) Tính thể tích …. 1,00 IV B C 0,25 A D M K N B' C' I A' D' + Gọi M,N lần lượt là 2 tâm của 2 hình vuông ABB'A'; ADD'A' 1  MN  B'D '  B'D '  2a  A 'B'  a 2 2   2 V ABCDA ' B 'C ' D '  AA'.S A' B 'C ' D '  a 2 a 2  2 2a3 (đvtt) 0,25 + Gọi I là giao của B'D' và A'C' 0,25 Trong (AA'C') kẻ IK  AC ' ; K  AC ' AA'  B ' D '  Vì   ( AA' C )  B ' D'  IK  B ' D' A' C '  B ' D' Vậy: d ( AC ' , B' D' )  IK C' IK đồng dạng với C'AA ' . 0,25 IK C 'I AA '.C 'I a 2.a a    IK    AA ' C 'A C 'A a 2. 3 3 a Kết luận: Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và B’D’ bằng . 3 Tìm GTNN của biểu thức…. 1,00 V 3 x  y z  3 x y z 3 2 2 2 Ta có: P    2   3  xyz Áp dụng bđt: a 2  b 2  2 ab, a, b  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. 4
x3  y 3  z 3 xy  yz  zx  x3 2   y 3 2   z 3 2  P 2  P         3 x  3 y  3 z 3 xyz       3 t 2 + Xét hàm số f (t )   với t  0 ; 3 t 4 0,25 2 2 t 2 4 f ' (t )  t  2  2 ; f ' (t )  0  t  2 t t + BBT t 0 42  /  0  f t  0,25   f t  8 34 2 Vậy P  4 4 8 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  4 2 . Hay Pmin  44 8 0,25 Chương trình chuẩn VI a. Viết phương trình đường thẳng…. 1,00 uuu r uuur A  Ox  A(a; 0), B  d  B(b; b) , M (2;1)  MA  ( a  2; 1), MB  (b  2; b  1) . Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 0,25 uuur uuu u r  MA.MB  0  (a  2)(b  2)  (b  1)  0    2 2 2  MA  MB   (a  2)  1  (b  2)  (b  1)  Nhận xét b=2 không thỏa mãn hệ phương trình này.  b 1  b 1 a  2  b  2 0,25 a  2   Ta có :  b2  2 (a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1)2  b  1   1  (b  2)2  (b  1)2   b  2     b 1  a  2 a  2  b  2   b  1    a  4   (b  2) 2  (b  1) 2  .  1      (b  2) 2  1  0      b  3  a  2 Với  đường thẳng  qua A,B có phương trình x  y  2  0 b  1 0,25 a  4 Với  đường thẳng  qua A,B có phương trình 3x  y  12  0 0,25 b  3 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  2  0 và 3x  y  12  0 . VII a. Tìm tọa độ tâm đường tròn… 1,00 (C1) A (C2) O M I B 5
+(C1) có tâm O(0;0), bán kính R=5 OM 1;2   OM  5  OM  R  M nằm trong đường tròn (C1) 0,25 + Giả sử (C2) cắt (C1) tại A và B. Gọi H là trung điểm đoạn AB. AB  2 AH  2 OA2  OH 2  2 25  OH 2 . Mà OH lớn nhất khi H trùng với M. Vậy AB nhỏ nhất khi M là trung điểm của AB. AB qua M và vuông góc 0,25 với OM. + Phương trình của AB: x – 2y – 5 = 0. Tọa độ của A,B là nghiệm hệ: x  2 y  5  0 0,25  2 2 . Giải hệ được hai nghiệm(5;0);(-3;-4).  x  y  25 + Giả sử A(5;0); B(-3;-4). Phương trình của OM: 2x + y = 0. 0,25 Gọi I là tâm của (C2); Do I  OM  I (t ;2t ) . Mà IA = 2 10 => (5  t ) 2  4t 2  40 .Giải ra: t = -1 hoặc t = 3. t  1  I(1, 2) ; t  3  I (3,6) Vậy tâm của (C2) có tọa độ (-1 ; 2) hoặc (3, -6). a. Tìm nghiệm của BPT…. 1,00 VIII + Đk : x  N ; x  3 0,25 12 x! 3.x! 1 ( 2 x)! bpt  .   .  81 x 3!( x  3)! ( x  2)! 2 ( 2 x  2)!  2( x  2)( x  1)  3( x  1) x  x( 2 x  1)  81 0,25  17  3 x 2  2 x  85  0   x5 0,25 3 + Kết hợp điều kiện ta được x  3;4;5. 0,25 Vậy tập nghiệm của pt là 3;4;5 Chương trình nâng cao b. Viết phương trình…. 1,00 VI d2 d1 A 0,25 d B P H C Ta có A  d1  d 2  tọa độ của A là nghiệm của hệ 2 x  5 y  3  0 x  1    A 1; 1 5 x  2 y  7  0  y  1 Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là  1  : 7 x  3 y  4  0,   2  : 3x  7 y  10  0 . Vì d tạo với d1 , d2 một tam giác cân tại A nên  d  1 3 x  7 y  C1  0 0,25  d     7 x  3 y  C  0 . Mặt khác P(7;8) (d ) nên C1  77, C2  25 .  2  2 6
d :3x  7 y  77  0 Suy ra:  d :7x  3y  25  0 Gọi B  d1  d , C  d2  d . Thấy (d1 )  (d 2 )  tam giác ABC vuông cân tại A 1 1 29 nên: S ABC  AB. AC  AB 2   AB  29 và BC  AB 2  58 2 2 2 0,25 29 2 2 S ABC 58 Suy ra: AH   2  BC 58 2 3.1  7(1)  77 87 58 Với d : 3x  7 y  77  0 , ta có d ( A; d )    AH  (loại) 32  (7) 2 58 2 7.1  3(1)  25 29 58 0,25 Với d : 7 x  3 y  25  0 ta có d ( A; d )     AH (t/mãn). 2 7 3 2 58 2 Vậy d : 7 x  3 y  25  0 b. Viết phương trình … 1,00 (C1) có tâm I(2 ;-1); bán kính R1 = 1.Vậy (C2) có bán kính R2 = 2 0,25 VII Gọi J là tâm của (C2). Do J  d  J t ;t  2  (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) nên IJ = R1 + R2 = 3 hay IJ2 = 9. 0,25 2 t  2  (t  2) 2   t  1  9  t 2  t  2  0   0,25 t  1 + t  1  J  1;1  (C2 ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  4 + t  2  J 2;4  (C2 ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  4 0,25 2 2 Vậy có 2 đường tròn (C2) thỏa mãn là: ( x  1)  ( y  1)  4 và ( x  2) 2  ( y  4) 2  4 b. Tìm m để… 1,00 VIII 2 x  2x  m  3 0,25 Ta có y '  2  x  1 Hàm số có CĐ, CT khi pt y'=0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1.  x 2  2 x  m  3  0 có hai nghiệm phân biệt khác – 1  '  4  m  0  m4 m  4  0 Giả sử đồ thị có điểm CĐ,CT là A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  . Khi đó pt đường thẳng đi qua 2 điểm CĐ,CT là y = 2x+m. Suy ra y1  2 x1  m; y2  2 x2  m . 0,25 Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng (d) khi  2 x1  y1  1 2 x2  y2  1  0   4 x1  m  1 4 x2  m  1  0 0,25 2  16 x1 x2  4  m  1 x1  x2    m  1  0  x1  x2  2 Theo định lý Vi-et  . Thay vào bpt trên, ta được:  x1 x2  m  3 0,25 2 m  6m  39  0  3  4 3  m  3  4 3 . Vậy 3  4 3  m  3  4 3 7
8