Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 3

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

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 6
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 3', 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 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). 2x  1 Câu I (2 điểm): Cho hµm sè y  x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng c¸ch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt  2009  2 2 Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: cos 2 x  2 2 sin  x    4 cos x sin x  4sin x cos x .  4   2 1 1  x  x  y (1  y )  4  2) Giải hệ phương trình:  x x2 1 .    3  4  x3  y2  y y 0  3  4 x2  4 x  Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I  1  4 x 2  4 x  5   x. 2 x  1 dx .     2 Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’. Câu V (1 điểm): Tam gi¸c ABC cã ®Æc ®iÓm g× nÕu c¸c gãc tho¶ cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A 3 m·n:    ? cos C cos A cos B 2 II. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: 1. Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : x 2  y 2  2 x  6 y  15  0 và đường thẳng (d) : mx  y  3m  0 ( m là tham số). Gọi I là tâm của đường tròn . Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi  IAB bằng 5(2  2) . x 1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) :   và 2 1 1 x y  2 z 1 (d 2 ) :   . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một góc 300. 1 1 1 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1         4a 4b 4c a  3b b  3c c  3a a  2b  c b  2c  a c  2a  b 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một điểm trên (d ) : x  y  2  0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 450 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH  ( ABC ) và DH  3 với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: a b c    1. a  (a  b)(a  c) b  (b  a )(b  c) c  (c  a )(c  b)
ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 I. PHẦN CHUNG. Câu Phần Nội dung Điểm Câu I 1(1,0) HS tù gi¶i (2,0) 2(1,0) HS tù gi¶i Câu Phần Nội dung Điểm Câu II 1(1,0)  2009  2 2 (2,0) cos 2 x  2 2 sin  x    4 cos x sin x  4sin x cos x  4  2 2  cos x  sin x  2(sin x  cos x )  4sin x.cos x(sin x  cos x) 0,5  (cos x  sin x)(cos x  sin x  4 cos x.sin x  2)  0  cos x  sin x  0 (1)   cos x  sin x  4 sin x.cos x  2  0 (2) 0,25  + Giải (1): (1)  tan x  1  x    k 4 + Giải (2): Đặt cos x  sin x  t , t  2 ta có phương trình: 2t 2  t  0 .  t 0  t  1/ 2 0,25   Với t  0 ta có: tan x  1  x   k 4  Với t  1 / 2 ta có:   x  arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 cos( x  )   2 / 4   4  x   arccos( 2 / 4)   / 4  k 2    KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x    k , x   k , 4 4 x  arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 , x   arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 . 2(1,0)  2 1 1  2 1 1  x  x  (1  )  4 x  y2  x  y  4  y y  §k y  0   ®Æt 0,25 2  x x 1 3 x  3 1 x 1   3  4 x  (  x)  4  y2  y y   y3 y y  1 a  x  y   b  x 0,25   y Ta ®îc a 2  a  2b  4  a 2  a  4  2b  a 2  a  4  2b  a  2 0,25  3  3 2  2  a  2ab  4  a  a (a  a  4)  4  a  4a  4  0  b  1 x  y  y 1 Khi ®ã  1  KL 0,25 x  x  2 x  1  Câu Phần Nội dung Điểm Câu III 0  2 3  4x  4 x  0 4  (2 x  1)2 0 (1,0) I 1   x. 2 x  1 dx   dx   ( x. 2 x  1)dx  (2 x  1)2  4  2 1 (2 x  1)  4    1   2 2 2
0 4  (2 x  1)2 0 0,25   dx   ( x. 2 x  1)dx 1 (2 x  1)2  4 1   2 2 0 4  (2 x  1)2 + Tính: I1   dx . Đặt: 1 (2 x  1)2  4  2    1  2 x  1  2sin t , t    ;   dx  cos tdt , x    t  0,x  0  t  .  2 2 2 6     6 2 6 2 6 6 2cos t 2  1  sin tdt 1 dt Khi đó: I1   2 dt   2    dt   2 0 4sin t  4 0 2(sin t  1) 20 0 sin t  1  6  dt 0,25 =  2 12 0 sin t  1   6 6 dt d (tan t ) 2 + Tính: I 2   2  2 . Đặt: tan t  tan y . 0 sin t  1 0 2(tan t  1/ 2) 2 2 2 Suy ra: d (tan t )  d (tan y )  (1  tan 2 y )dy , với 2 2  6  t  0  y  0, t   y   sao cho tan   , (0    ) 6 3 2  2 2  2 0,25 Khi đó: I 2   dy  y0  . 0 2 2 2 0 + Tính: I 3   ( x. 2 x  1)dx . Đặt: 1  2 1 1 t  2 x  1  2 x  t 2  1, dx  tdt , x    t  0, x    t  1 . 2 2 1 2 5 3 t 1 2 t t  1 Khi đó: I 2   t dt     1   0 0 2  10 6  15 1  2 6  0,25 KL: Vậy I  I1  I 2  I 3      , ( tan   , (0    ) ) 15 12 2 3 2 Câu Phần Nội dung Điểm Câu IV (1,0) + Trong tam giác SAB hạ AB '  SC . S Trong tam giác SAD hạ AD '  SD . Dễ có: BC  SA, BC  BA  BC  ( SAB) Suy ra: AB '  BC , mà AB '  SB . Từ đó có AB '  ( SAC )  AB '  SC (1) . D' Tương tự ta có: AD '  SC (2) . Từ (1) và (2) C' suy ra: SC  ( AB ' D ')  B ' D '  SC . B' Từ đó suy ra: SC '  ( AB ' C ' D ') 0,25 A D O 1 1 1 2 5a + Ta có: 2  2 2  AB '  AB ' SA BA 5 B C
4 4 5  SB '  SA2  AB '2  4a 2  a 2  a , SB  SA2  AB 2  5a . 5 5 SB ' 4 Suy ra:  ; SB 5 Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên B ' D '  AC ' (vì dễ có BD  ( SAC ) nên BD  AC ' ). B ' D ' SB ' 4 Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:   BD SB 5 4 2a  B'D'  . 5 1 1 1 2 3a 2 6 0,5 Ta có: 2  2 2  AC '   SC '  SA2  AC '2  a AC ' SA AC 3 3 1 1 1 16 + Ta có: VS . AB ' C ' D '  S AB 'C ' D ' .SC '  . B ' D '. AC '.SC '  a 3 . 3 3 2 45 1 2 3 VS . ABCD  S ABCD .SA  a . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là: 3 3 14 3 0,25 V  VS . ABCD  VS . AB 'C ' D '  a . 45 Chú ý: Vẽ hình sai không chấm. Câu Phần Nội dung Điểm Câu 1 1 4 VIIa Dễ có: ( x  y )2  4 xy    ( x, y  0)(*) . 0,25 x y x y (1,0) 1 1 1 1 1 1 + Chứng minh:      . 4a 4b 4c a  3b b  3c c  3a 1 1 1 1 16 1 3 16 Áp dụng 2 lần (*) ta có:     hay   (1) a b b b a  3b a b a  3b 1 3 16 1 3 16 Tương tự ta có:   (2) và   (3) b c b  3c c a c  3a Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh. 0,25 1 1 1 1 1 1 + Chứng minh:      a  3b b  3c c  3a a  2b  c b  2c  a c  2a  b 1 1 4 2 Áp dụng (*) ta có:    (4) 0,25 a  3b b  2c  a 2(a  2b  c) a  2b  c 1 1 2 Tương tự ta có:   (5) b  3c c  2a  b b  2c  a 1 1 2 0,25   (6) c  3a a  2b  c c  2a  b Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh. II. PHẦN RIÊNG.1. Chương trình Chuẩn. Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIa. 1(1,0) (1,0) Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIa. 2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax  by  cz  d  0 (a 2  b 2  c 2  0) . (1,0) Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
 a cd  0 c  2 a  b Do ( ) qua A, B nên:   nên 0,25  a  b  d  0  d  ab ( ) : ax  by  (2a  b) z  a  b  0 . 1 1.a  1.b  1.(2a  b) Yêu cầu bài toán cho ta:  sin 300  2 12  (1)2  12 . a 2  b 2  (2a  b)2 0,25  2 3a  2b  3(5a 2  4ab  2b 2 )  21a 2  36ab  10b 2  0  18  114 a  Dễ thấy b  0 nên chọn b=1, suy ra:  21 0,25  18  114 a   21 KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn: 18  114 15  2 114 3  114 x y z 0 21 21 21 18  114 15  2 114 3  114 x y z  0. 21 21 21 0,25 2. Chương trình Nâng cao. Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. 1(1,0) Dễ thấy I  (d ) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác (1,0) MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM  2 . uuu r M  (d )  M ( a; a+2), IM  (a  1; a  1) ,  a0 IM  2  2 a  1  2   .  a  2 0,5 Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0). + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x 2  y 2  4 y  3  0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB: x2  y2  4 y  3  x2  y 2  2x  2 y 1  x  y  1  0 . 0,25 + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x 2  y 2  4 x  3  0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB: x2  y2  4x  3  x2  y2  2x  2 y 1  x  y  1  0 . 0,25 + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  1  0 và x  y  1  0 . Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. 2(1,0) Trong tam giác ABC, gọi K  CH  AB . D (1,0) Khi đó, dễ thấy AB  ( DCK ) . Suy ra góc giữa (DAB) và (ABC) chính là góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi Tính được HK là xong. 0,25 + Phương trình mặt phẳng (ABC). r uuu uuu r r - Vecto pháp tuyến n  [ AB, AC ]   0; 4; 4  - (ABC): y  z  2  0 . + H  ( ABC ) nên giả sử H (a; b; 2  b) .C A uuur uuu r Ta có: AH  (a; b; b), BC  (4; 2; 2). H uuur uuur K CH  (a  2; b; b), AB  (2; 2; 2). B
uuu uuur r  BC. AH  0   ab  0 Khi đó:  uuu uuur r   a  b  2 0,25  AB.CH  0    a  2b  2  0 Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x  y  z  4  0 . x  t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  t . z  2  t  x t 0,25   y  t  Giải hệ:  ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3.  z  2t x  y  z  4  0  Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: 2 2 2 2   2  8  96 HK    2      2     4   . 3   3  3  3 Gọi  là góc cần tìm thì: 0,25 tan   DH / HK  96 / 12  6 / 3    arctan( 6 / 3) Vậy   arctan( 6 / 3) là góc cần tìm. Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIIb. Víi a,b >0 ta cã 0,25 (1,0)  a  b  a  c   ( ab  ac )2  a 2  bc  2a bc  (a  bc ) 2  0   a  b  a  c   ( ab  ac ) 2   a  b  a  c   ( ab  ac ) 0,5 a a a    0,25 a  (a  b)(a  c) a  ab  ac a b c 2 CM t råi céng vÕ víi vÕ ta ®îc dpcm sin C cos A.cos B tan C CâuV Ta cã tanA+tanB=   cos A.cos B cos C tan A.tan B ABC kh«ng nhän nªn ®Æt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z 3 x y z 3 Tõ GT ta cã    víi x,y,z>0.DÔ dµng CM ®îc    .DÊu “=”x¶y y z z x x y 2 y z z x x y 2 ra khi vµ chØ khi x=y=z hay tam gi¸c ABC ®Òu