Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 23 - đề 5', 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 5
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y f x x 4 2 m 2 x 2 m 2 5m 5
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1
2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
x x x 2 3x
Câu II(2.0điểm) 1/ Giải phương trình: 2 cos( ) 6 sin( ) 2 sin( ) 2 sin( )
5 12 5 12 5 3 5 6
x2 2 y 2 3 x y 5
2/ . Giải hệ phương trình:
x2 2 y 2 3 x y 2
2
Câu III(1.0 điểm) Tính tích phân : I (cos10 x sin10 x cos 4 x.sin 4 x )dx
0
a · ·
Câu IV(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = , SA a 3 , SAB SAC 30 0 .
2
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA ( MBC ) . Tính VSMBC
Câu V. (1,0 điểm)
Cho 2 số dương x, y thoả mãn : x 2 y 2 x 1 y 2 y 1 x 2
1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 2 y 2 2
x y
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc
đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18
2.Trong không gian toạ độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d1) :
x 1
x 1 y 1
z tại A (1; - 1; 0) và tiếp xúc với đường thẳng (d2): y 3t (t R ) tại điểm B(1; 0; 1)
2 2 x 1 4t
Câu VI b. (1,0 điểm)
Xét phương trình: z2 + 2bz + c = 0 , ( z C) trong đó b, c R, c ≠ 0. Gọi A, B là các điểm biểu diễn
hai nghiệm của phương trình đó trong mặt phẳng Oxy. Tìm điều kiện của b, c để OAB là tam giác vuông
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
x2 y2
1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) : 1 . Viết phương trình chính tắc của (E) có
16 9
tiêu điểm trùng với tiêu điểm của hypebol (H) và ngoại tiếp hình chữ nhất cơ sở của (H).
2.Trong không gian toạ độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 – 4x + 2y – 6z – 2 = 0,
và các điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và cắt (S) theo một
đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất.
x2 2 x 2
Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3.
x 1
Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.
******* Hết *******
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00
Câu I 2
* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A:
3
AB. AC 0 m 2 1 m 1 vì đk (1)
0.25
Trong đó AB 2 m ; m 2 4m 4 , AC 2 m ; m 2 4m 4
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.
0.25
Câu V a · ·
Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = , SA a 3 , SAB SAC 30 0 .
2
1
Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA ( MBC ) . TÝnh VSMBC
S
M
A C 0.25
N
B
Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã:
·
SB 2 SA 2 AB 2 2SA.AB.cos SAB 3a 2 a 2 2.a 3.a.cos30 0 a 2
Suy ra SB a . T¬ng tù ta còng cã SC = a.
Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn
0.25
MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm
của BC suy ra MN BC. Tương tự ta cũng có MN SA.
2 2
0.25
2 2 2 2 a a 3 3a 2
2 2 2 a 3
MN AN AM AB BN AM a
2 16 MN 4 .
4
1 1 1 a 3 a 3 a a3
Do ®ã VS .MBC SM . MN .BC . . (®vtt) 0.25
3 2 6 2 4 2 32
PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00
Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn
Câu VIa 2
Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao
CâuVII.b x2 2 x 2
Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + 3. Tìm tất cả các
x 1 1
giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.
* Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phương trình :
x2 2 x 2 0.5
x m
x 1
- 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)
d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
2 3 m 2 m 1
2 m2-2m-7>0 (*)
m 2m 7 0
Khi ®ã(C) c¾t (d1)t¹i A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Víi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña (1) )
* d1 d2 theo gi¶ thiÕt §Ó A, B ®èi xøng nhau qua d2 P lµ trung ®iÓm cña AB
x x x x m 3 3m 3
Th× P thuéc d2 Mµ P( 1 2 ; 1 2 m ) P( ; )
2 2 4 4 0.5
3m 3 m 3
VËy ta cã 3 m 9 ( tho¶ m·n (*))
4 4
VËy m =9 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m.
2 2 2 2 2
Câu V +) Nhận xét: a, b, c, d ta có: (ab + cd) ≤ (a + c ).(b + d ), có “=” khi ad = bc (1)
2 2 2 2 2 2 2
+) Áp dụng (1) ta có (x + y ) ≤ (x + y ) (2 – (x + y ) ( Có thể sử dụng vec tơ chứng minh kết quả này)
0 < x2 + y2 ≤ 1
4
+) Áp dụng bđt Cô si có A ≥ x2 + y2 + 2 2
; đặt t = x2 + y2 , 0 < t ≤ 1, xét hàm số:
x y
4 1
f(t) = t + với 0 < t ≤ 1, lập bảng biến thiên của hàm số . Kết luận: Min A = 5 đạt khi x = y =
t 2
Câu VI a.
1)
1 4 4 9
AH
2 2
1 36 36
S AH.BC 18 BC 4 2
2 AH 9
2
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0
x y 4 7 1
H: H ;
x y 3 2 2
B(m;m – 4)
2 2
2 BC 2 7 1
HB 8 m m 4
4 2 2
7 11
7
2
m 2 2 2
m 4
2 m 7 2 3
2 2
11 3 3 5 3 5 11 3
Vậy B1 ; C1 ; hay B2 ; C 2 ;
2 2 2 2 2 2 2 2
19 2 6 5 197
2) ( x ) ( y )2 (z )2
28 7 14 784
Câu VI b. c = 2b2 > 0
x 2 y2
Câu VIIa. 1) (H) : F1 5;0 ; F2 5;0 . Hình chữ nhật của (H) có một đỉnh M( 4; 3), PT (E) có dạng: 2 2 1
a b
( víi a > b)
- (E) : F1 5;0 ; F2 5;0 a 2 b 2 52 1 . M4;3 E 9a 2 16 b2 a 2 b2 2
a 2 52 b 2 a 2 40 x 2 y2
Từ (1) và (2): 2 2 2 2
2 . Vây : 1
9a 16b a b b 15 40 15
2) PT mặt phẳng cần tìm : x + 11y + 16z – 12 = 0.
II2)Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương:
2 7 3 1
x 2 y2 3 y 2 x
( x; y ) ( 2 ;1)
2
x y 3 x 2 2 ( 3 x) 2 3 7 ( x; y ) ( 17 ; 13 )
2 2 2 …
20 20
Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
= = = = = == = = Hết = = = = = = = =
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
