Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 23 - đề 13', 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 13
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-x3+3x2-2 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình x2 x 2 3 x 5x 2 4 x 6 ( x R).
3
2. Giải phương trình 2 2 cos 2 x sin 2 x cos( x ) 4 sin( x ) 0 .
4 4
e 3
log 2 x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I dx
2
1 x 1 3ln x
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
a 3
biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
4
Câu V (1,0 điểm)
x 3 y 3 16 z 3
Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3
x y z
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( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x 3 y 8 0 , ' :3x 4 y 10 0 và
điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với
đường thẳng ’.
x 1 y 1 z 1
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ;
2 1 1
x 1 y 2 z 1
d 2: và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường
1 1 2
thẳng , biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2 .
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0
Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)
x 1 2t
2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau: d : x y 1 z 2 ; d : y 1 t
1 2
2 1 1 z 3
1
log 1 y x log 4 1
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 4 y ( x, y ¡ )
x 2 y 2 25
-----------------Hết---------------
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG .
Môn thi : TOÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
1 *Tập xác định: D = R
x 0
* y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0
x 2
*Bảng biến thiên
1đ
x - 0 3 +
y’ - 0 + 0 -
+ 2
y
-2 -
* Hàm số nghịch biến trên ( - ;1) và ( 3; + ); đồng biến trên ( 1; 3)
I * Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2
y f(x)=-x^3+3x^2-2
4
2
x
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
-4
* Đồ thị :
2 (1,0 điểm): Gọi M ( d ) M(m;2). Gọi là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k PTĐT có dạng : y=k(x-m)+2. 0,25
ĐT là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
x3 3 x2 2 k( x m) 2 (1)
(I). 0,25
2
3 x 6 x k
(2)
Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0
x 2
2 . Đặt f(x)=VT(3)
2 x (3m 1) x 2 0 (3) 0,25
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2 0 m 1 hoÆc m>5/3 .
f (2) 0 m 2
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m 1 hoÆc m>5/3 thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
m 2
(C) 0,25
- 1 x2 x 2 0
Điều kiện x 0 x2
5 x 2 4 x 6 0
0,5
Bình phương hai vế ta được 6 x( x 1)( x 2) 4 x 2 12 x 4
x( x 2) x ( x 2)
3 x ( x 1)( x 2) 2 x( x 2) 2( x 1) 3 2 2
x 1 x 1
1
x ( x 2) t
Đặt t 0 ta được bpt 2t 3t 2 0
2
2 t 2 ( do t 0 )
x 1
t 2
x( x 2)
II Với t 2 2 x2 6 x 4 0 0,5
x 1
x 3 13
x 3 13 ( do x 2 ) Vậy bpt có nghiệm x 3 13
x 3 13
2 3
2 2 cos 2 x sin 2 x cos( x ) 4 sin( x ) 0
4 4 0,25
3 3
2 2 cos 2 x sin 2 x(cos x. cos sin x sin ) 4(sin x cos cos x sin ) 0
4 4 4 4
4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
s inx+cosx=0 (2) 0,25
. PT (2) có nghiệm x k .
4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 4
Giải (2) : Đặ t s inx-cosx= 2 sin( x ), §iÒu kiÖn t 2 (*) sin 2 x 1 t 2 ,
4
thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0 t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại ) 0.25
3
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : x k2 hoÆc x= k2 .
2
3
KL: Họ nghiệm của hệ PT là: x k , x k2 vµ x= k2 0,25
4 2
3
ln x
e 3
log 2 x
e 1
e
ln 2 x. ln xdx 0,5
ln 2
I dx dx 3 .
2
1 x 1 3ln x 1 x 1 3ln x
2 ln 2 1 1 3ln x x
2
1 dx 1
Đặt 1 3ln 2 x t ln 2 x (t 2 1) ln x. tdt . Đổi cận …
III 3 x 3 0,5
1 2
e
log 3 x 1
2 t 1 1 1
2
Suy ra I 2
dx 3 3 t 2 1 dt
9 ln 3 2
. tdt
1 x 1 3ln x
2 ln 2 1 t 3 1
2
1 1 3 4
3 3 t t 27 ln 3 2
9ln 2 1
- AM BC
Gọi M là trung điểm BC ta thấy: BC ( A' AM )
A' O BC
Kẻ MH AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
BC ( A' AM )
Do HM BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của 0,5
HM ( A' AM )
A C’
3 ’
AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) HM a . B’
4
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH H
IV A' O HM
ta có:
AO AH
A C
AO.HM a 3 a 3 4 a
suy ra A' O O
AH 3 4 3a 3 M
0,5
1 1B a 3
a a3 3
Thể tích khối lăng trụ: V A' O.S ABC A' O.AM.BC a
2 23 2 12
3
Trước hết ta có: x y3 3
x y 2
(biến đổi tương đương) ... x y x y 0 0,5
4
3 3
x y 64 z 3 a z 64 z 3
V Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P 3
3
3
1 t 64t 3
a a
z
(với t = , 0 t 1 )
a
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có
0,5
2 1
f '(t ) 3 64t 2 1 t , f '(t ) 0 t 0;1
9
64 16
Lập bảng biến thiên Minf t GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0
t 0;1 81 81
1 Tâm I của đường tròn thuộc nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta có 0,25
3(3t 8) 4t 10
(3t 8 2) 2 (t 1) 2 0,25
2 2
3 4
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0,5
2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,5
r
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là u (1; 3; 1)
VIa
x 1 y z 2
Phương trình chính tắc của đường thẳng là:
1 3 1 0,5
4 3 2
Xeùt phöông trình Z – Z + 6Z – 8Z – 16 = 0
Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc
hoặc Honer ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh:
VIIa (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = – 2 2 i 0,5
-
Ñaùp soá: 1,2, 2 2 i, 2 2 i 0,5
1 C1 : I1 0; 2 , R1 3; C2 : I 2 3; 4 , R2 3. 0,5
Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2 là : Ax By C 0 A2 B 2 0
2 2
là tiếp tuyến chung của C1 , C2 d I1; R1 2 B C 3 A B 1
d I 2 ; R2 3 A 4 B C 3 A2 B 2 2
0,5
Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc 3 A 2 B
C
2
Trường hợp 1: A 2 B .Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2 x y 2 3 5 0
3 A 2 B
VIb Trường hợp 2: C . Thay vào (1) được
2
4
A 2 B 2 A 2 B 2 A 0; A B : y 2 0; : 4 x 3 y 9 0
3
2 Gọi M d1 M 2t;1 t; 2 t , N d 2 N 1 2t ';1 t ';3
uuuu
r
MN 2t 2t ' 1; t t '; t 5
uuuu ur
r u
MN.u1 0
2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0
0,5
uuuu ur
r u
MN.u1 0
2 2t 2t ' 1 t t ' 0
6t 3t ' 3 0
t t' 1
3t 5t ' 2 0
uuuur
M 2;0; 1 , N 1;2;3 , MN 1; 2; 4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4 0,5
y x 0
Điều kiện: 0,5
y 0
1 yx yx 1
log 4 y x log 4 y 1 log 4 y 1 y 4
Hệ phương trình
VIIb x 2 y 2 25 x 2 y 2 25 x 2 y 2 25
x 3y 0,5
x 3y x 3y
2 2
2 2
2 25
x y 25 9 y y 25 y 10
15 5
x; y ;
10 10 ( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
15 5
x; y ;
10 10
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
------------------Hết------------------
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
