Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 10

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

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 4
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 25 - đề 10', 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 25 - Đề 10

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  . 1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu II (2 điểm) :  x  y  x 2  y 2  12  1. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  2.Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 .  2 3sin x  2 cos x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx 0 (sin x  cos x)3 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt : 10 x 2 8 x  4  m(2 x  1). x 2  1 . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x  2  t  2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:  y  2t .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-  z  2  2t  1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình 2 2 đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2)Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho hai ®êng th¼ng d vµ d’ lÇn lît cã ph¬ng tr×nh : d : y2 x2 z 5 x  z vµ d’ :  y3 . 1 2 1 ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( ) ®i qua d vµ t¹o víi d’ mét gãc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2 a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------
Đáp án De thi thu dai hoc 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai 2 2 nghiệm ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1    y2  y1   90(*)  2x  4   k ( x  1)  1  kx 2  (2k  3) x  k  3  0  x 1 ( I ) . Ta có: ( I )    y  k ( x  1)  1  y  k ( x  1)  1  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2  (2k  3) x  k  3  0(**) có 3 hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k  0, k  . 8 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k 2 )  x2  x1   90 (1  k 2 )[ x2  x1   4 x2 x1 ]  90(***) 2k  3 k 3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  , x1 x2  , thế vào (***) ta có phương trình: k k 3  41 3  41 8k 3  27k 2  8k  3  0  (k  3)(8k 2  3k  1)  0  k  3, k  , k . 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 1) CâuII:2. Giải phương trình: 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin 2 x  ( 2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 .   (2 cos x  1)2  8(cos x  1)  (2 cos x  3) 2 . VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x  1 .  5 Víi sin x  0,5 ta cã x   2 k hoÆc x   2 k 6 6   2   Víi sin x  cos x  1 ta cã sin x  cos x  1  sin  x    sin    , suy ra  4 2  4 3 x  2k hoÆc x   2 k 2 Điều kiện: | x |  | y | u  x 2  y 2 ; u  0  1 u2  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   . v  x  y  2 v  u  v  12  u  4 u  3 Hệ phương trình đã cho có dạng:  u  u2   hoặc   2  v  v   12 v  8 v  9    u  4  x2  y2  4  u  3  x2  y2  3  +   (I)+   (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, v  8 x  y  8  v  9 x  y  9  ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3  ,  5; 4     III(1,0) Đặt x   t  dx  dt , x  0  t  , x   t  0. 2 2 2    2 2 2 3sin x  2cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x Suy ra: I   3 dx   3 dt   dx (Do tích phân không phụ 0 (sin x  cos x) 0 (cos t  sin t ) 0 (cos x  sin x)3 thuộc vào kí hiệu cảu biến số).    2 2 2 3sin x  2cos x 3cos x  2sin x 1 Suy ra: 2 I  I  I   3 dx   3 dx   dx = 0 (sin x  cos x) 0 (cos x  sin x) 0 (sin x  cos x) 2
  2 1 12 1   1   1 = dx   d  x    tan  x   2  1 . KL: Vậy I  . 0 2 cos 2  x   20   4 2 4 0 2   cos 2  x      4  4 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta  AB  IC có:   AB   CHH '   ABB ' A '    CII ' C '  Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này  AB  HH ' tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  .  r 2  x 2  6r 2 Thể tích hình chóp cụt tính 6 3 h 2 2 2 3  bởi: V  B  B ' B.B ' Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r 4 4 2 2r  2 3r 3 3r 3  21r . 3 2 3 Từ đó, ta có: V   6r 2 3   6r 2 3.  3 2 2  3   V. NhËn xÐt : 10x 2 8 x  4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x  1 2x  1 Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi : 2 ( ) 2  m( )20. x2 1 x2 1 2x  1 2t 2  2 §Æt  t §iÒu kiÖn : -2< t  5 . Rót m ta cã: m= x2 1 t   LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè trªn  2, 5 , ta cã kÕt qu¶ cña m ®Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n 12 biÖt lµ: 4  m  hoÆc -5 < m  4 5 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  .  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; .  2 2  Điểm  t 1 3  t M  BM : 2 x  y  1  0  2    1  0  t  7  C  7;8   2  2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 . x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 . x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  .
x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3 y  4  0 7  1 8 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D ) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .  d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với rIA uu A. tại r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với r v   2; 0; 1 .Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có  Vì vậy ta có:  zx  1  z  x  1 1 1  x y z x  y  z      111  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 2 2 Khi đó ta có: MA  2 MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH . 2 2 9a 2 b2 36a 2  b 2  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4. 2 2  2 2  35  2 2  35  a 2  36b2 a b a b a b  a  6 Dễ thấy b  0 nên chọn b  1   .  a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 2. .§êng th¼ng d ®i qua ®iÓm M (0;2;0) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng u (1;1;1) §êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm M ' (2;3;5) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng u '( 2; 1;1) . 1 Mp ( ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ cos(n; u ' )  cos 600  . Bëi vËy nÕu ®Æt 2 n  ( A; B; C ) th× ta ph¶i cã : A  B  C  0  B  A  C  B  A  C  2A  B  C 1   2 2 2  2 2   2 3 A  6 A  ( A  C )  C  2 A  AC  C  0 2  6 A  B C 2 2 2 Ta cã 2 A2  AC  C 2  0  ( A  C )(2 A  C )  0 . VËy A  C hoÆc 2 A  C .
NÕu A  C ,ta cã thÓ chän A=C=1, khi ®ã B  2 , tøc lµ n  (1;2;1) vµ mp ( ) cã ph¬ng tr×nh x  2( y  2)  z  0 hay x  2 y  z  4  0 NÕu 2 A  C ta cã thÓ chän A  1, C  2 , khi ®ã B  1 , tøc lµ n  (1;1;2) vµ mp ( ) cã ph¬ng tr×nh x  ( y  2)  2 z  0 hay x  y  2 z  2  0 a  b  c  VIIb. Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca Đặt  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x , z  x  y . 2 2 Vế trái viết lại: a b ac 2a VT    3a  c 3a  b 2 a  b  c 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x y z x y z x y    y z zx x y x 2x y 2y x y z 2 x  y  z Tương tự:  ;  . Do đó:     2. yz x yz zx x yz yz zx x y x yz  1 1 2  b c Tức là: a      2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b V.Phương trình x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 (1) Điều kiện : 0  x  1 Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều 1 1 kiện x  1  x  x  . Thay x  vào (1) ta được: 2 2 1 1 m  0 2 1 2. 2  m  2. 2  m3    m  1 * Với m = 0; (1) trở thành: 4 x  4 1  x   0 x 2 Phương trình có nghiệm duy nhất x  1  x  2 x 1  x   2 4 x 1  x   1 * Với m = -1; (1) trở thành     x  1  x  2 4 x 1  x   x  1  x  2 x 1  x   0  2 2   4 x  4 1 x   x  1 x  0 4 1 + Với x  4 1 x  0  x  2 1 + Với x  1  x  0  x  Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 2 2 2 Với m = 1 thì (1) trở thành: x  1  x  2 4 x 1  x   1  2 x 1  x    4 x  4 1 x   x  1 x  1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x  nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy 2 nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.