Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 30

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

38
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 30', 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 30

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 MÔN TOÁN ( Khối A-B-D) (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3x  4  C  3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc là k ( k  R). Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8. Câu II (2 điểm)  x 7 1 .Tìm các nghiệm của phương trình: sin x.cos 4 x  sin 2 2 x  4sin 2     (1)  4 2 2 thoả mãn điều kiện : x  1  3 . 2.Giải phương trình sau : 2  x 2  3 x  2   3 x3  8  2 1  sin x x Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I   e dx 0 1  cos x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM  . Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp SBCMN? 3 Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1 . xy yz zx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    xy  z yz  x zx  y II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B Câu VI.A (2,0 điểm) 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng x  y  2  0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 27 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) và N (1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K  0; 0; 2  đến (P) đạt giá trị lớn nhất .Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) sao cho IM+IN nhỏ nhất . 2.5 x Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình 5 x  3 5 52 x  4 Câu VI.B (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 2. Trong không gian 0xyz cho điểm I 1, 2, 2  và đường thẳng    : 2 x  2  y  3  z và mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  5  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi bằng 8 . Từ đó lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa    và tiếp xúc với (S). z2 Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức : z 4  z 3   z 1  0 . 2 …………………….Hết…………………….. Chó ý: ThÝ sinh thi khèi D kh«ng ph¶i lµm c©u V.
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 LẦN 2 NĂM 2012 Câu Nội dung Điể m I 1.(1,0 điểm) (2điểm) Hàm số (C1) có dạng y  x3  3x 2  4  Tập xác định: D  R Khối D 0.25  Sự biến thiên - lim y  , lim y   3điểm x  x  x  0 - Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x  0   x  2 Bảng biến thiên X  0 2  0.25 y’ + 0 - 0 + 4  Y  0 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   , nghịch biến trên khoảng (0;2) 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  0  Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 0.25 2.(1,0 điểm) 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y = k(x+1) = kx+ k . - Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x3 – 3x2 + 4 = kx + k  x3 – 3x2 – kx + 4 – k = 0  (x + 1)( x2 – 4x + 4 – k ) = 0  x  1 0.25   2 có ba nghiệm phân biệt  g(x) = x2 – 4x + 4 – k =  g ( x)  x  4 x  4  k  0 '  0 k  0 0.25 0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1     0  k  9 (*)  g (1)  0 9  k  0 Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0. - Gọi B  x1 ; y1  ; C  x2 ; y2  với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x 2  4 x  4  k  0 . Còn y1  kx1  k ; y2  kx2  k . - Ta có : 0.25 uuu r 2 BC   x2  x1 ; k  x2  x1    BC   x2  x1  1  k   x 2 2  x1 1  k  2 k - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h  1 k 2 - Vậy theo giả thiết : 0.25 1 1 k S h.BC  . 2 k 1  k 2  k 3  8  k 3  8  k 3  64  k  4 2 2 1 k 2 Đáp số : k  4 , thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán . II 1.(1,0 điểm)
(2điểm) 1 1 3  1 Pt(1)  sin x.cos 4 x   cos 4 x    2sin x   cos 4 x  2   sin x    0 2 2 2  2 0.25    cos 4 x  2  x   6  k 2   sin x   1  sin(  )  x  7  m 2  2 6   6 Mặt khác: x  1  3  2  x  4 0.25   * với 2    k 2  4  k  0 . Do đó : x   0.25 6 6 7 7 * Với 2   m2  4  m  0 nên x  0.25 6 6  7 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x   và x  thoả mãn (2) 6 6 2  x 2  3 x  2   3 x3  8 (1) 0.25 ĐK x  2 . Pt (1)  3  x  2  x2  2x  4  2  x2  2x  4  2  x  2 Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được: 2( x 2  2 x  4) x 2  2x  4 0.25  3 20 x2 x2  t2 x2  2 x  4 Đặt t  ĐK t  0 . Phương trình (1)  2t 2  3t  2  0   x2 t   1  2 0.5 1 * Với t   . pt VN 2 *Với t=2 PT có nghiệm x  3  13 Câu III (1điểm)      2 1  sin x x 2 e x dx 2 sin x x 1 2 e x dx 2 sin x x I e dx    e dx    e dx 0 1  cos x 0 1  cos x 0 1  cos x 2 0 cos 2 x  1  cos x 0 2   0.25 1 2 e x dx 2 sin x x Đặt I1    Và I 2   e dx 2 0 cos 2 x 0 1  cos x 2   x x  2 2sin .cos 2 2 sin x x 2 2 e x dx  tan x e x dx Ta có : I 2   e dx    2 1  cos x x 0 0 2 cos 2 0 2   u  ex  du  e x dx 1 2 e x dx   Mặt khác : Tính I1    Đặt  dv  dx   x 0.25 2 0 cos 2 x  2 x  v  tan cos  2 2   2    1 2 e x dx 2 x Áp dụng công thức tích phân từng phần : I1    = e 2   tan e x dx 2 0 cos 2 x 0 2 2
      1 2 e x dx 2 sin x x 2 x 2 x Do đó I  I1  I 2    e dx = e 2   tan e x dx   tan e x dx  e 2 0.25 2 0 cos 2 x 0 1  cos x 0 2 0 2 2  Vậy : I  e 2 0.25 Câu IV Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD tại N thì N là giao điểm của (1điểm) · (BCM) và SD, vì SA  (ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là SBA  600 . Ta có · SA  SB. tan SBA  a 3 . a 3 2 31 Từ đó ta có: SM  SA  AM  a 3   3 3 SM SN 2    . SA SA 3 Dễ thấy: VS.ABCD  VS.ABC  VS.ADC  2VS.ABC  2VS.ADC Và VS.BCNM  VS.BCM  VS.CNM V V  VS.CNM VS.BCM V Do đó: S.BCNM  S.BCM   S.CNM VS.ABCD VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC 1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5  . . .  . . .    . 2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9 1 2 3a 3 10 3a 3 Mà VS.ABCD  SA.dt(ABCD)   VS.BCNM  (đvtt) 3 3 27 S M N A D B C V Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1 . (1điểm) xy yz zx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    xy  z yz  x zx  y Do xy  z  xy  1.z  xy  z  x  y  z    x  z  y  z  nên xy x y 1 x y   .     (1) xy  z x z y z 2 x z y z  yz y z 1 y z  0.5 Lý luận tương tự :  .     (2) yz  x y x x z 2 x y x z  xz x z 1 x z   .     (3) xz  y x y y z 2 x y y z  xy yz zx 3 0.5 Cộng vế với vế (1) , (2) và (3) ta được P     xy  z yz  x zx  y 2
1 Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi : x  y  z  3 3 1 Vậy giá trị lớn nhất của P   x  y  z  2 3 VIa 1.(0,75 điểm) (2điểm) V× G n»m trªn ®êng th¼ng x  y  2  0 nªn G cã täa ®é G  (t ; 2  t ) . Khi ®ã uuur uuur AG  (t  2;3  t ) , AB  (1; 1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ 1 1 2t  3 S 2  AG 2 . AB 2  AG. AB  2 2  2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 =  2 27 27 9 NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng  . 2 6 2 0.5 2t  3 9 VËy  , suy ra t  6 hoÆc t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : 2 2 G1  (6;4) , G 2  (3;1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC  3xG  ( x A  xB ) vµ yC  3 yG  ( y A  yB ) . Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G 2  ( 3;1) ta cã C2  (12;18) 0.25 r   2.Gọi n   A, B, C  A2  B 2  C 2  0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M có dạng; Ax  B  y  1  C  z  2   0  Ax  By  Cz  B  2C  0 Do N  1;1;3    P    A  B  3C  B  2C  0  A  2 B  C 0.25   P  :  2 B  C  x  By  Cz  B  2C  0 Mặt khác :Khoảng cách từ K đến mp(P) là: B  d K, P   2 2 4 B  2C  4 BC -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B  0 thì B 1 1 0.5 d  K ,  P     2 2 2 4 B  2C  4 BC C  2 2   1  2 B  Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 PT (x0y) là : z =0 . Nhận thấy M ; N nằm cùng phía đối với mặt phẳng (x0y) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua (x0y) . Đường thẳng d qua M vuông góc với r  x0  (x0y) có VTCP u   0; 0;1 . PTTS của d là :  y  1 . Giả sử H  d   x0 y  z  2  t  0.5 Thì H  0; 1; 2  t  . lúc đó 2+t=0. suy ra H  0; 1; 0  .Do đó M’(0;-1;-2) ; uuuuur M ' N   1; 2;5  . Ta có : IM+IN = IM’+IN  M ' N . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi I  M ' N  ( x0 y) .
x 1 y 1 z  3 PT của đường thẳng M’N là :   . 1 2 5 Điểm I  1  m;1  2m;3  5m  cần thuộc đường thẳng M’N và (x0y)nên 3 3+5m=0  m   . Vậy  2 1  5 I   ;  ;0   5 5  VIIa Đk x  log5 2 (*) Đặt t= t  5 x ĐK t>2 0.25 (1điểm) 2t BPT (1)  t   3 5 (1). Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được : 0.25 t2  4  x  x  log 5 20 t4 t2 t  20 5  20   4  45    1 (**) t2  4 t2  4 t 5 5x  5  x     2  0.25  x  log 5 20 Kết hợp (*) và (**) ta được :   log 5  x  1  2  2  x  log 5 20 vậy bất phương trình có nghiệm :  0.25 log 5  x  1  2  2 VIb 1.(0.75 điểm) (2điểm) Gọi  là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB Â 664 Ta có d  A,    4 2 2 E Vì  là đường trung bình của  ABC  d  A; BC   2d  A;    2.4 2  8 2  Gọi phương trình đường thẳng BC là: x  y  a  0 66 a a  4 B C Từ đó:  8 2  12  a  16   2  a  28 H Nếu a  28 thì phương trình của BC là x  y  28  0 , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và  , vô lí. Vậy a  4 , do đó phương trình BC là: x  y 4  0. Đường cao kẻ từ A của ABC là đường thẳng đi qua A(6;6) và  BC : x  y  4  0 nên có phương trình là x  y  0 . Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình x  y  0  x  2    x  y  4  0  y  2 Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là x  y  4  0 nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m) 0.75 Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-m;m) uuu r uuu r Suy ra: CE   5  m; 3  m  , AB  (m  6; 10  m) uuu uuu r r Vì CE  AB nên AB.CE  0   a  6  a  5    a  3 a  10   0 a  0  B  0; 4    B  6; 2    2a 2  12a  0   Vậy  hoặc  .  a  6 C  4; 0   C  2; 6  
2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r mà 2r.  = 8  . suy ra r =4 và R 2  r 2  d 2 Trong đó d  d  I  P    3  R 2  25 0.75 2 2 2 Phương trình mặt cầu (S) :  x  1   y  2    z  2   25 5 5 4 Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với    tại điê,r M  ;  ;  3 3 3 5 5 4 0.5 Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa    tiếp xúc với (S) đi qua M  ;  ;  và có VTPT 3 3 3 uuu  2 11 10  r MI  ;  ;  là : 6 x  33 y  30 z  105  0 3 3 3  VIIb i 1 i  1 (1điểm) ĐS : phương trình có 4 nghiệm z  1  i; z  1  i; z  2 ; z  2 1.0  Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó.