Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 25 - đề 13', 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 25 - Đề 13
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 1
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = .
1 x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A
của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam
giác IPQ.
Câu II: (2điểm)
1) Giải bất phương trình: log 2 ( 3 x 1 6) 1 log 2 (7 10 x )
sin 6 x cos6 x 1
2) Giải phương trình: tan 2 x
cos2 x sin 2 x 4
4
ex
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = e x 2 x
1 tan 2 x dx
0
Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc
·
BAD = 600. Gọi M là trung điểm AA và N là trung điểm của CC. Chứng minh rằng bốn điểm B, M,
N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA theo a để tứ giác BMDN là hình vuông.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
P
1 a 1 b 1 c
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y +
3 = 0. Lập phương trình đường thẳng () qua A và tạo với d một góc α có
1
cosα .
10
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1). Lập phương trình
của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0.
Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao
nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (): 3x – 4y + 8 =
0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng ().
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–1;–3;1). Chứng
tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC.
log y xy log x y
Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: .
x y
2 2
3
- Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
2a 1
Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2). A a;
1 a
1 2a 1
Phương trình tiếp tuyến tại A: y = 2
(x – a) +
(1 a ) 1 a
2a
Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: P 1;
1 a
Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2)
Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA. Vậy A là trung điểm của PQ
2a 2 1
Ta có IP = 2 ; IQ = 2( a 1) . SIPQ = IP.IQ = 2 (đvdt)
1 a 1 a 2
1
Câu II: 1) Điều kiện: x 10
3
3x 1 6 3x 1 6
BPT log 2 log 2 (7 10 x ) 7 10 x
2 2
3 x 1 6 2(7 10 x ) 3 x 1 2 10 x 8 49x2 – 418x + 369 ≤ 0
369
1≤x≤ (thoả)
49
k
2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 x (k ¢ )
4 2
3 1
PT 1 sin 2 2 x sin 2 x 3sin22x + sin2x – 4 = 0
4 4
sin2x = 1 x k ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm.
4
4 4
Câu III: I = 2 xe x dx cos 2 xdx = I1 + I2
0 0
4
x u 2 x
Tính: I1 = 2 xe dx Đặt x
I1 = e 4
– 2e 4
2
0 dv e dx 2
4
1 cos 2 x 1 1 1
I2 = dx = x sin 2 x 4 =
0 2 2 2 0 8 4
Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD. ABNP là hình bình hành AP // BN
APDM là hình bình hành AP // MD
BN // MD hay B, M, N, D đồng phẳng.
Tứ giác BNDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2BN2 = BD2.
y2
Đặt: y = AA’ 2 a 2 y 2 a2 y = a 2
4
1 1 2 1 1 1 1
Câu V: Ta chứng minh: ≥0
1 a 1 b 1 ab 1 a 1 ab 1 b 1 ab
( b a ) 2 ( ab 1)
0 (đúng). Dấu "=" xảy ra a = b.
(1 a )(1 b)(1 ab )
1 1 1 1 2 2 4 4
Xét
1 a 1 b 1 c 1 3 abc 1 ab 1 6 abc 4 1 12 a 4 b4 c 4 1 3 abc
3
P 3 1 . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2
1 abc
- Câu VI.a: 1) PT đường thẳng () có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ax + by – 2a + b = 0
2a b 1 2 2
Ta có: cos 7a – 8ab + b = 0. Chon a = 1 b = 1; b = 7.
2 2
5(a b ) 10
(1): x + y – 1 = 0 và (2): x + 7y + 5 = 0
2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0
(S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0
(S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0
(S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0
Tâm I (P): a + b – 2c + 4 = 0
Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3
Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0
Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2
Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0
Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng:
6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số)
Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB
uuu
r
d qua M(1; 2) có VTPT là AB (4;2) d: 2x + y – 4 = 0 Tâm I(a;4 – 2a)
a 3
2
Ta có IA = d(I,D) 11a 8 5 5a 10a 10 2a – 37a + 93 = 0 31
2
a
2
Với a = 3 I(3;–2), R = 5 (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25
2
31 31 65 31 4225
Với a = I ; 27 , R =
(C): x ( y 27)2
2 2 2 2 4
uuu
r r 1 uuu
r
2) Ta có AB (3;1;4); a AC ( 1;1;1)
2
PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 D ( ABC ) đpcm
Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1
x y
log y x 1
2
Ta có log y xy log x y log x log y x 2 0
y
log y x 2 x 1
y2
Với x = y x = y = log 2 3 1
1
1 2
Với x = 2
ta có: 2 y 2 y 3 theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm
y
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
