Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 22

Chia sẻ: Mao Ga | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

22
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 22', 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 22

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  2 1 1  x  1  x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) 1 1 1 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    4 . CMR:   1 x y z 2x  y  z x  2 y  z x  y  2 z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  (d)   và (d’)  y  2  t 1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : S  C0 C5  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 5 7 5 4 2 7 3 2 4 7 5 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t  z  4  5t  z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2 5    x log x  3 ----------------------------- Hết ----------------------------- .
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN C©u Néi dung §iÓm  1  1 Lấy điểm M  m; 2     C  . Ta có : y '  m    2 .  m2  m  2 Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2  y x  m  2   m  2 m2  2  2 Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2   0,75đ  m2 0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)  2 1  Ta có : AB2  4  m  2   2  8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2    m  2   Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0  sin x   cosx  0,25  2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x 0,25  2 3      cosx  sin x  cosx.sin x   0  cosx sin x  0,5 II 2 3 3 1  Xét   0  tan x   tan   x    k  2,0® 1,0® cosx sin x 2  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   2 t 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2      1 2 Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos  4  4 2   x     k 2 4
x2 - 4x + 3 = x  5 (1) 0,25 TX§ : D =  5; ) 2 1   x  2  7  x 5 2 ®Æt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 Ta cã hÖ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5   0,25  2  2  y  2   x  5   x  y  x  y  3  0 1,0® y  2 y  2        x  2  2  y  5     x  y  0   5  29  x     x  2   y  5    2 2 0,5    x  1  x  y  3  0    y  2 1 1 1 dx 1 x  1 x2 1 x  1 x2 Ta có :  1 x  = 2 dx   dx  0,5 1 1 x2 1 1  x   1  x 2  1 2x 1 1 1 1  1  x2    1 dx   dx 2 1  x  1 2x 1 1  1 1 0,5  I1     1 dx   ln x  x  |1 1  1 2 1  x  2   III 1 1.0® 1® 1 x2  I2   dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx 1 2x x  1 t  2 Đổi cận :    x  1  t  2  2 t 2 dt Vậy I2= 2 2  t 2  1  0 Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . · 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) S 1 IV Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 2® 1.0® 0,5 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN  1  2 hay Max f  x   f   A B x 0;1  3 3 3 a3  Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 9 3 C
1 1 sin  = hay   arcsin 3 3  ( với 0 <   ) 2 +Ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  .(  );  (  );  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2 z 4 2z y  x 1.0® V 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1® + Lại có :  (  );  (  );  (  ); xy 4 x y yz 4 y z xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 0,25 AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  0,25 2 2 2 2 2 5 . a b 2  52 . 12 2  12 2 2a  5b 29 2    5  2a  5b   29  a 2  b 2  2 2 a b 5 1 a  12b 1®  9a + 100ab – 96b = 0   2 2 0,25 a  8 b  9 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 0,25 VIa 2® Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t  v + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2  ur u + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 1® Ta có : uuuuu r  MM '   2; 1;3 uuuuu r ur r u 0,25     MM '  u, u '   2; 1;3  1 1 ; 1 1 ; 1 2 2 2 1 1 2 1   8  0 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó : uuuuu r ur r u MM '  u, u '   8 d   d  ,  d '   r ur u   u, u ' 11 0,25  
Chọn khai triển : .0,25 5 0 1 2 2 5 5  x  1  C  C x  C x  L  C x 5 5 5 5 7  x  1  C0  C17 x  C2 x 2  L  C7 x 7  C 0  C17 x  C7 x 2  L 7 7 7 7 2  C5 x 5  L 7 Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 0,25 VIIa 1đ C5 C7  C1 C 7  C5 C7  C5C 7  C5 C1  C5C7 0 5 5 4 2 3 3 2 4 7 5 0 0,25 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C12 5 Từ đó ta có : C5 C7  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 0 5 5 4 2 7 3 2 4 7 5 0 5 0,25 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 0,25 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C   15 1  A 2  B2 0,25   A  2B  C  5 2  A 2  B2    Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 1 Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) 1đ TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 0,25 2 2 2 2 |2A – 7B | = 5 A  B  21A  28AB  24B  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 VIb 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2đ 2 được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25 v a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5  ur u + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM) r r u ur  15 u 15 15  2 b) Ta lấy v  ur .u '   u  7 ;  2 7 ; 3 7  .  u'   1® r r r  15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1   ;2 2 ;5  3   7 7 7   r r r  15 15 15  b  u  v  1   ;2  2 ;5  3   7 7 7   Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt r r nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :
 1  15   1  15   x    1  t  x    1  t  2   7   2   7      15    15  y   2  2 t và y   2  2 t   7   7          z  3   5  3 15  t    z  3   5  3 15  t     2   7     2   7   ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) 0,25 Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log5 2  3  t  2  3  5     3    1 (2)  t  t   t   0,25 3 5 t t 2 1 Xét hàm số : f(t) =    3   VIIb 1® 3 5 t t 2 1 0,25 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R 3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 0,25 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2