Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 21

Chia sẻ: Mao Ga | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 1
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 23 - đề 21', 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 23 - Đề 21

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x + 3x + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II:(2 điểm)  x  2 y  xy  0  1. Giải hệ phương trình:   x 1  2 y 1  1  cos 2 x 1 2. T×m x  (0;  ) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: cotx – 1 =  sin 2 x  sin 2 x . 1  tan x 2 Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x  a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt  2. Tính tích phân: I = 4 ( x  sin 2 2 x) cos 2 xdx . 0 Câu IV: (1 điểm) : Cho c¸c sè thùc d¬ng a,b,c thay ®æi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1. a  b2 b  c2 c  a2 Chứng minh rằng :    2. bc ca ab PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn) A. Theo chương trình chuẩn 3 Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng vµ 2 träng t©m thuéc ®êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(-1;2;4) x 1 y  2 z vµ ®êng th¼ng  :   .T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn  sao cho: MA2  MB2  28 1 1 2 2  2 x 1 2  2 x 1 4 Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: ( 2  3) x  (2  3) x  2 3 B. Theo chương trình Nâng cao 2 2 Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x + y – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi x 1 y 1 z d:   .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 2 1 1 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d  4 log 3 xy  2  ( xy ) log3 2  Câu VIb: Giải hệ phương trình  2 2  log 4 ( x  y )  1  log 4 2 x  log 4 ( x  3 y )  ………………… …..………………..Hết……………………………………. (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG .
Môn thi : TOÁN C©u Néi Dung §iÓm ý I 2 1 2 Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: x  0 0,25 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x 2 + 3x + m) = 0   2  x  3x  m  0 (2) * (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0;1), D, E phaân bieät:  Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, x E  0. m  0 0,25    9  4m  0   2  4 (*)  0  3 0  m  0 m  9  Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: kD=y’(xD)= 3x2  6x D  m  (3x D  2m); 0,25 D kE=y’(x E)= 3x 2  6x E  m  (3x E  2m). E Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1  (3x D + 2m)(3xE + 2m) =-1  9x Dx E+6m(xD + x E) + 4m2 = –1 0,25 2 2  9m + 6m(–3) + 4m = –1 (vì x D + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).  4m – 9m  9  65 m  8 1 +1=0   9  65 So s¸nhÑk (*): m = 8 9  65   m   8 II 2 1  x  y  ( y  xy)  0  ( x  y )( x  2 y)  0 0,5 x  1  1. §k:   x 2 y  0 1 =>    x 2 y y  2   x  y  0(voly)   x = 4y Thay vµo (2) cã 0,25 4 y 1  2 y 1  1  4 y 1  2 y 1  1  4 y 1  2 y  1  2 2 y  1  1  2 y  1  2 2 y 1  1  2 y 1  0 y  2 (tm) x  2     2 y 1  2 5 x  10  y  (tm)    2 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 1 2 sin 2 x  0 sin 2 x  0 ®K:   sin x  cos x  0 tan x  1 0,25
cos x  sin x cos 2 x. cos x PT    sin 2 x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos 2 x  sin x cos x  sin 2 x  sin x cos x sin x  cos x  sin x  sin x(1  sin 2 x)  (cos x  sin x)(sin x cos x  sin 2 x  1)  0 0,25 0,25  (cosx  sin x)(sin2x  cos2x  3)  0   cos x  sinx  0  (cos x  sinx)( 2sin(2x  )  3)  0   4  2 sin(2 x   )  3( voly )  4  0,25  cos x  sin x  0  tanx = 1  x   k ( k  Z ) (tm®k) 4  Do x  0;    k  0  x  4 III 2 1 1  SA  ( ABCD) Do   ( SAC )  ( ABCD) Lai cã  SA  ( SAC ) MH  AC  ( SAC )  ( ABCD ) 0,25 x  MH  ( SAC )  d ( M , SAC )  MH  AM .sin 45o  2 x x AH  AM .cos 450   HC  AC  AH  a 2  2 2 1 1 x x O,5 Ta cã  SMHC  MH .MC  (a 2  ) 2 2 2 2 1 1 x x  VSMCH  SA.S MCH  2a (a 2  ) 3 6 2 2 x x a 2  1 2 2 2 a3 VSMCH  a   3 2 6 0,25 x x Tõ biÓu thøc trªn ta cã:  a 2 2 2  xa  M trïng víi D 2 1 TÝnh I2 0,25   4 1 2 1 3 4 1 I 2  sin 2xd(sin2x)  sin 2x  VËy I=   1  1    1 20 6 6 8 4 6 8 12 0
IV 1 1 a b c b2 c2 a2 .Ta cã :VT = (   )(   )  A B 0,25 bc ca ab bc ca a b 1 1 1 1 0,25 A3  2  (a  b )  (b  c )  ( c  a )   a  b  b  c  c  a      1 3 1 1 1 9  3 ( a  b)(b  c)(c  a )3 3  2 ab bc ca 2 3  A 2 a2 b2 c2 12  (a  b  c)2  (   )( a  b  b  c  c  a ) a b bc ca 0,25 1  1  B.2  B  2 3 1 0,25 Tõ ®ã tacã VT    2  VP DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3 2 2 V.a 2 1 1 5 5 0,25 Ta cã: AB = 2 , trung ®iÓm M ( ;  ), pt (AB): x – y – 5 = 0 2 2 1 3 3 0,25 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 1 Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 2 t  (3t  8)  5 1 0,25  d(G, AB)= =  t = 1 hoÆc t = 2  G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2) 2 2 uuuu uuuu r r Mµ CM  3GM  C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) 1 2 x  1 t  0, ptts :  y  2  t  M (1  t; 2  t ; 2t )  z  2t Ta cã: MA2  MB 2  28  12t 2  48t  48  0  t  2  Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4) VI.a 1 1 V.b 2 1 1 . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 0,5 ·AMB  600 (1) Vậy  Vì MI là phân giác của · AMB ·  AMB  1200 (2) (1)  ·AMI = 300  MI  IA 0  MI = 2R  m2  9  4  m  m 7 sin 30
IA 2 3 4 3 (2)  · AMI = 60 0  MI  0  MI = R  m2  9  Vô nghiệm 0,5 sin 60 3 3 Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 0,25  x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy z   t  uuuu r ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t) r Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên : 0,25 2 uuuu r 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  1 ;  4 ;  2    3 3 3 3 uuuu r uuuu r uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x  2  y  1  z 0,25 1 4 2 7 1 2 Theo trªn cã H ( ;  ;  ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é 3 3 3 0,25 8 5 4 M’ ( ;  ; ) 3 3 3 ĐK: x>0 , y>0 VIb (1)  22log3 xy  2log3 xy  2  0 0,5 3 0,25 log3xy = 1  xy = 3y= x (2) log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy)  x2+ 2y2 = 9 2 2 2 6 0,25 Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; ) 2