Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 23 - đề 11', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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 23 - Đề 11
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm)
Câu I: (2đ) Cho hàm số: y x 4 (m 2 10) x 2 9 . 1.Khảo sát sự bthiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0
2)Tìm m để đồ thị của hsố cắt trục hoành tại 4 điểm pbiệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa : x1 x2 x3 x4 8
Câu II (3đ):
1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : tan 2 x 3 m(tan x cot x) cot 2 x 0
2 2 3
4 xy 4( x y ) ( x y ) 2 7 /2
sin 2 x
2) Giải hpt : .3) Tính tích phân : B dx
2 x 1 3 /6 sin 3 x
x y
Câu III ( 1 đ) : Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA , OB , OC vuông góc với nhau đôi một tại O, OB = a, OC = a 3
và OA= a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC , AC.
a)Tính khoảng cách từ điểm B đến mp ( OMN ).
b) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM.
Câu IV ( 1 đ):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 3 ; - 1 ; 1 ) , đường thẳng và mp ( P) lần lượt có phương
x y2 z
trình : : , ( P):x– y+ z -5=0.
1 2 2
Viết phương trình tham số của đường thẳng d thỏa các điều kiện :đi qua A , nằm trong ( P) và hợp với đường
thẳng một góc 450.
II. PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỌC THEO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 2 điểm)
A. Chương trình chuẩn:
Câu Va. 1)Giải bất phương trình : 2 log( x3 8) 2 log( x 58) log( x 2 4 x 4) .
10
1
2) Tìm soá thöïc x > 0 trong khai trieån : 5 3 x , bieát soá haïng ñöùng giöõa cuûa khai trieån baèng
x
16128
B. Chương trình nâng cao:
Câu Vb:1) Giải pt : 3x 5 10 3x 15.3x 50 9 x 1
y 9 2
2) Cho 2 soá thöïc x vaø y > 0 .Tìm giaù trị nhỏ nhất của biể thức : P (1 x)(1 )(1 )
x y
--- -----------------------------------Hết --------------------------------------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 84 )
Câu Đáp án Điểm
I 1) Khảo sát hàm số với m = 0 : Bạn đọc tự làm 1.00
Cho: y = x4 – (m2 + 10)x2 + 9 (Cm).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m= 0. y = x4 – 10x2 + 9
x2 1 x 1
.Đồ thị :.....Cho y 0 1.00
x2 9
x 3
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox.
x 4 (m2 10) x 2 9 0 (1) Đặt t x 2 (t 0) Ptrình trở thành: t 2 (m2 10)t 9 0 (2)
- Ta có đk:
( m 2 10) 2 36 0, m
=> 0 < t1 < t2 , với
P 9 0 m 2 20 m 64 0 16 m ; m 4
S m 2 10 0, m
t x2 x t
Vì hs đã cho là hs chẵn và theo đề bài ta có : t1 t2 4 t1 t2 2 t1.t2 16 (3)
b c
Áp dụng Viet : t1 t2 m2 10 , t1t2 9 . Ta có pt: m2 + 10 = 10 m = 0.
a a
( Kiểm tra lại qua việc vẽ đồ thị ở câu 1 )
II 1)Giải bất phương trình : 2 log( x3 8) 2 log( x 58) log( x 2 4 x 4) . 1.00 Đ
3 2
x 8 ( x 2)( x 2 x 4) 0
Đk : x 58 0 x 2 0.25
x 2 4 x 4 ( x 2)2 0
Bpt đã cho log( x 3 8) log(( x 58)( x 2)) ( x 2) x 2 3x 54 0
0.25
x 6 ; 2 x 9 (0.25) .So dk , ta co : 2 x 9 (0.25) 0.5
2 2
2) Tìm m để pt sau có nghiệm : tan x m tan x 3 m cot x cot x 0 1.00 Đ
Pt: tan 2 x m tan x 3 m cot x cot 2 x 0 tan 2 x cot 2 x m(tan x cot x) 3 0
k
Điều kiện : sin x & cos x 0 x . Đặt : t tan x cot x , dk : t 2
2
Khi đó ta có : t 2 2 tan 2 x cot 2 x 0.25
Pt đã cho trở thành : t 2 mt 1 0 (1) , với điều kiện : t 2
Pt đã cho có nghiệm pt ( 1) có nghiệm t thỏa điều kiện : t 2
t2 1
Ta thấy t = 0 không phải là nghiệm của pt ( 1) nên pt (1) tđương với pt : m
t
Xét hàm số : 0.25
t2 1 t 2 1
f (t ) , t 2. Ta co : f '(t ) ; f '(t ) 0 t 1 (loai) ; t 1 (loai ).
t t2
Lập bảng biến thiên của hàm số f( t) ( 0.25 ) ,
5 5 0.5
ta thấy pt đã cho có nghiệm m ; m (0.25 )
2 2
3 3) Giải pt : 3x 5 10 3x 15.3x 50 9 x 1 1.00
Đặt : t 3x 5 10 3x (t 0) t 2 5 2 15.3x 50 9 x
t 3(nhan) 0.5
Ta có pt : t 2 2t 3 0 (0.25) (0.25)
t 1(loai )
t 3 3x 5 10 3x 3. Dat : y 3x ( y 0).
Ta co pt : 9 5 2 15. y 50 y 2 15. y 50 y 2 2
0.5
2 y 9 3x 9 x 2
y 15 y 54 0 x
y 6 3 6 x log 3 6
3 1)Giải hpt : 1.00
- 2 3 2 3
4 xy 4(( x y ) 2 xy )) ( x y ) 2 7 4( x y ) 4 xy ( x y ) 2 7
x y 1 (x y) 3 x y 1 (x y) 3
x y
x y
2 2 3 2 2 2 3
3( x y ) (( x y ) 4 xy ) ( x y ) 2 7 3( x y ) ( x y 2 xy ) ( x y ) 2 7
0.5
x y 1 (x y) 3 x y 1 (x y) 3
x y
x y
2 3 2 2 1
3( x y ) ( x y ) 2 ( x y ) 7 3 ( x y ) 2
( x y)2 7
(x y)
x y 1 x y 1 (x y) 3
(x y) 3
x y
x y
1
u x y ( u 2) 3u 2 v 2 13 u 2 x 1
x y Ta co : .... 0.5
v x y u v 3 v 1 y 0
2) Tính tích phân 1.00
/2 /2 /2 /2 /2
sin 2 x sin 2 x sin 2 x sin x sin x
dx dx dx dx
/6 sin 3x /6 3sin x 4 sin 3 x /6 sin x(3 4 sin 2 x) / 6 3 4 sin 2 x /6 4 cos 2 x 1 dx 0.25
Đặt t = cosx => - dt = sinxdx . Ta có :
0
dt 1 3/ 2 dt 1 3/ 2 dt 1
B 2 2 ... ln(2 3) 0.75
3 /2
4t 1 4 0 t 1/ 4 4 0 (t 1/ 2)(t 1/ 2) 4
IV a)Tính khoảng cách từ điểm B đến mp ( OMN ) 1.00
z
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), a 3 A
A(0; 0; a 3); B( a; 0; 0), C (0; a 3; 0),
a a 3 a 3 a 3 N
M ; ; 0 N 0; ; .
2 2 2 2
C
uuuu a a 3
r uuu a 3 a 3
r O
OM ; ; 0 , ON 0; ; a 3 y
2 2 2 2
M
B 0.5
uuuu uuu
r r 3a2 a2 3 a2 3 a
[OM ; ON ] ; ; ,
4 4 4 x
r
n ( 3; 1; 1) là VTPT của mp ( OMN )
r
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n : 3x y z 0
3.a 0 0 a 3 a 15 a 15
Ta có: d ( B; (OMN )) . Vậy: d ( B; ( NOM )) .
3 11 5 5 5
b) MN là đường trung bình của tam giác ABC AB // MN
0.5
a 15
AB //(OMN) d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d ( B; ( NOM )) .
5
1.00
2) Viết ptts của đt d : 0.25
- uu
r
nP
P
A.
d
Cách 1 :
uu uu uu
r r r
Gọi ud , u , nP lần lươt là các vtcp của đt d , đt và vtpt của mp ( P).
uu
r uu uu
r r
Đặt ud (a; b; c), ( a 2 b 2 c 2 0) . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : nP ud => a – b + c = 0
b = a + c ( 1 ).
Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 450 Góc giữa 2 vtcp bằng 450 .
a 2b 2c 2
2(a 2b c )2 9(a 2 b 2 c 2 ) (2)
a b c .3 2
2 2 2
c 0
Thay (1) vào ( 2) ta có : 14c 30ac 0
2
c 15a
7
* Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1
* Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t
; z = 1 – 15t.
1.00
y 9 2
Cmr vôùi moïi x , y > 0 , ta coù : P (1 x)(1 )(1 )
x y
Bieán ñoåi veá traùi , ad Bñt Cosi cho 4 soá döông , ta coù :
2
x x x y y y 3 3 3 x3 4 y3 27
1 1 1 4. 4 .4. . 4. 4 256
3 3 3 3x 3x 3 x y y y
27 27 x 3 y y
Vaây Pmin = 256 khi x = 3 vaø y = 9
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
