Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 25 - đề 14', 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 14
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mụn thi : TOÁN
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 1
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y có đồ thị là (C)
x2
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân
biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
3
2 x2 x 1
2 .Tớnh tớch phõn: I dx .
0 x 1
Câu III (2 điểm).
1.Giải bất phương trỡnh: 2 x 10 5 x 10 x 2
2.Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có
mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo
bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng
(A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1
theo a.
II. PHẦN RIấNG (3.0 điểm)
Câu Va
1.(2 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-
1) + (y+2)2 = 9
2
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A
mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông.
2.(1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số
luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Câu Vb
1..(2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường
x 1 y z 1
thẳng d có phương trình . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song
2 1 3
song với d và khoảng cách từ
d tới (P) là lớn nhất.
2.(1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2009 + b2009 + c2009 = 3.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a4 + b4 + c4
……………………Hết……………………
1
- Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Mụn thi : TOÁN
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
CõuI:)(2 điểm)
1.(học sinh tự khảo sỏt hàm số)
2)Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình
2x 1 x 2
x m 2
x2 x (4 m) x 1 2m 0 (1)
Do (1) có m 2 1 0 va ( 2) 2 ( 4 m).(2) 1 2m 3 0 m nên đường thẳng d luôn luôn
cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất
AB2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó AB 24
Cõu II:)(2 điểm)
1)(1 điểm).Phương trình đã cho tương đương với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2 x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
1 sin x 0
x k 2
6 cos x 2 sin x 7 0 (VN ) 2
3
2 x2 x 1
2) (1 điểm).Tớnh: I dx Đặt x 1 t x t 2 1 => dx=2tdt; khi
0 x 1
x=0=>t=1,x=3=>t=2
2
2
2 t 2 1 t 2 1 1 2
4t 5 128 4 124 54
I
t
2tdt =2 2t 4 3t 2 dt 2t 3 2
1 = 16 2 14
1 1 5 5 5 5 5
Câu III (2 điểm).
1(1 điểm)..BG: Giải bất phương trỡnh: 2 x 10 5x 10 x 2 (1)
*Điều kiện: x 2
1 2 x 10 x 2 5x 10 2 x 2 6 x 20 x 1(2)
Khi x 2 => x+1>0 bỡnh phương 2 vế phương trỡnh (2)
(2) 2 x 2 6 x 20 x 2 2 x 1 x 2 4 x 11 0 x ; 7 3;
Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trỡnh là: x 3
2. (1 điểm).Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 5 = 100 bộ 5 số được chọn.
3 3
2 3
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 4 . C 5 .5! = 12000 số.
1 3
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 .C5 .4! 960 .
Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
II.Phần riêng.(3điểm)
Câu Va :
1)(2 điểm)Từ pt của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường
tròn và AB AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2
m 1 m 5
3 2 m 1 6
2 m 7
2. (1 điểm)Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 42 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
C 52 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 4 . C52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
2
2
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 4 . C 52 .4! = 1440 số
2
- Câu Vb
1)(2 điểm)Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
H d H (1 2t ; t ;1 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH d AH .u 0 (u ( 2;1;3) là
vtcp của ( d) H (3;1;4) AH ( 7;1;5)
Vậy (P): 7(x -10) + (y- 2) -5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0
2). (1 điểm)áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có
1 ... 1 a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 2009.a 4 (1)
1
2005
Tương tự ta có
1 ... 1 b 2009 b 2009 b 2009 b 2009 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 2009.b 4 (2)
1
2005
1 ... 1 c 2009 c 2009 c 2009 c 2009 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 2009.c 4 (3)
1
2005
6015 4( a 2009 b 2009 c 2009 ) 2009( a 4 b 4 c 4 )
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được
6027 2009( a 4 b 4 c 4 )
Từ đó suy ra P a 4 b 4 c 4 3
Tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
……………………Hết……………………
3
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
