Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 3
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 2', 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 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số f ( x)  x3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2.Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2,0 điểm): 1.Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 .  xy  18  12  x 2  2. Giải hệ phương trình:  1 2  xy  9  y  3  3 x  sin 2 x Câu III (1,0 điểm): Tính I   dx 0 1  cos 2 x Câu IV (1,0 điểm): Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z  0 thoả mãn x + y + z > 0. x 3  y 3  16 z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  3 x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M  (C) và N  (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. x 2 4 2x 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m  e  e  1 có nghiệm thực . Câu VII a.(1,0 điểm): Giải phương trình: log 3 4.16  12  x x   2 x  1. B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2 2 2. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh: 10 x  8 x  4  m(2 x  1). x  1 cã 2 nghiÖm thực ph©n biÖt. log 3 x  1 log 3 x 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 x ................................Hết.............................. ( Đề thi có 01 trang. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: ..................................................... Số báo danh: ..... ....
GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. Môn thi : TOÁN ) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh có lời giải khác với hướng dẫn chấm, nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn tổ chấm thi. II. Hướng dẫn chấm và thang điểm I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x)  x3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. m  3 hàm số trở thành: f ( x)  x 3  3 x  2, I.-1 Tập xác định D  R Sự biến thiên (1,0 đ)  x  1 y '  3( x 2  1)  0   ................................................................................. 0,25 x 1  x  1 y'  0   hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   x  1 y '  0  1  x  1 hàm số nghịch biến trên  1;1 điểm CĐ  1; 4  , điểm CT 1; 0  ; lim y   ; lim y   x x 0,25 ..................................................................... Bảng biến thiên: x  1 1  y' + 0  0  y CĐ  0,25 CT  Đồ thị Điểm uốn: y ''  6 x  0  x  0 , Điểm uốn U  0;2  ( vẽ đúng đồ thị, đi qua các điểm cơ bản ) 0,25 Phương trình cho HĐGĐ x 3  mx  2  0, (*) x  0 không thỏa mãn I-2 x3  2 (1,0 đ) nên: (*)  m   .................................................................. 0,25 x x3  2 2 2 0,25 Xét hàm số g ( x )     x 2   g '( x)  2 x  2 ..................... x x x 0,25 g '( x)  0  x  1 ta có bảng biến thiên: x  0 1  g '( x) + ll  0 
 -3 g ( x)    Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm số 0,25 . y  g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m  3 ..................................... Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y  f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 . II-1 1.0 2 2 2 sin x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin x  (2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 0.25   ( 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 0.25  5 Víi sin x  0,5 ta cã x   2 k hoÆc x   2 k 0.25 6 6   2   0.25 Víi sin x  cos x  1 ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    ,  4 2  4 3 suy ra x  2k hoÆc x   2 k 2  xy  18  12  x 2  2. Giải hệ phương trình:  1 2  xy  9  y  3 II-2 1.0  xy  18  12  x 2  12  x 2  0  x  2 3  Hệ:  1 2 0.25  xy  9  y  x y  2 3 y  x  2 3  3  x  2 3  xy  18 0.25    x   2 3;2 3 , tương ứng y   3 3 ;3 3   0.25 Thử lại, thoả mãn hệ đã cho 0.25  Vậy,  x; y    2 3;3 3 , 2 3;3 3    3 x  sin 2 x Câu III (1 điểm) Tính I   dx 0 1  cos 2 x III 1.0  2   2 3 x  sin x x 3 sin x 3 I  dx   2 dx   dx 0.25 0 1  cos 2 x 2cos x 0 2cos2 x 0  3 x 1  x I1   dx   3 dx 0 2cos 2 x 2 0 cos 2 x 0.25
u  x   du  dx Đặt  dx    dv  cos 2 x v  tan x    1   3  3 tan xdx   1  1  I1   x tan x 0    ln cos x 3 0   ln 2 2 0  2 3 2 2 3 2  3 sin 2 x 1  2 1  2   I2   2 dx   tan xdx    (1  tan x )dx   3 dx   3 3 0 2cos x 2 0 2 0 0   0.25 1 1    tan x  x  0   3   3 2 2 3 I  I1  I 2   1 1    ln 2   3     3 1  1( 3  ln 2) 0.25 2 3 2 2 3 6 2 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. IV 1.0 D Dựng DH  MN tại H. Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 2 6 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3   3    0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D.AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 30 0 2 2 2 0.25  x  y  3xy. Câu V. (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. x 3  y 3  16 z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  3  x  y  z V 1.0 3 3 Trước hết ta có: x  y 3   x  y (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 0.25 4
3 3 x  y  64 z 3 a  z   64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P    1  t   64t 3 a3 a3 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 2 1 0.25 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 ; Lập bảng biến thiên   9 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t 0;1 81 81 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 6y + 9 = 0 .Tìm những điểm M  (C) và N  (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. VIa.1 1.0 2 2 (d): 3x - 4y + 5 = 0 ; (C): (x + 1) + (y - 3) = 1  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2  (d)  (C) = Ø ; Giả sử tìm được N0  (d)  N0 là hình chiếu vuông góc    I (1;3) 0.25 của I trên (d)  N0 = (d)    , với:     (d )  u  3;4   x  1  3t 1 7    :   N0 ;  0.25  y  3  4t 5 5  2 11   8 19  Rõ ràng    (C) = {M1; M2} ; M1   ;  ; M2   ;  ,M0  (C) để M0N0 nhỏ  5 5  5 5 0.25 nhất  M0  M1 và M0N0 = 1  2 11  1 7 0.25 Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán.M   ;  ; N  ;   5 5 5 5 x 2x 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m  e 2  4 e  1 có nghiệm thực . IVa.2 1.0 x Đặt t  e 2 ĐK: t > 0 . PT trở thành: m  4 t 4  1  t . 0.25 3 4 4  t4  Xét f (t )  t  1  t với t > 0 . f '(t )  4  4   1  0  hàm số NB trên  0;    . 0.50  t 1 1 lim f (t )  lim  0 ; f(0) = 1. KL: 0< m
2x x 4 4 Chia 2 vế cho 32 x  0 , ta có: 4       3  0 . 3 3 x  4 3 Đặt t    . ĐK: t  0 ; 4t 2  t  3  0  t  1 ( ktm); t  (tm) . 0.25  3 4 x 1 3 4 3 4 Khi t  , ta có:        x  1 . 0.25 4 3 4 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. VIb.1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7 x  x  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  B C  yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0.25 uuu r uuur Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 0.25 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 5 25 2. 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 . VIb-2 1.0 NhËn xÐt : 10x 2 8 x  4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x  1 2 2x  1 0.25 Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi : 2 ( )  m( )2  0. 2 x 1 x2 1 2x  1 2t 2  2 §Æt  t §iÒu kiÖn : -2< t  5 . Rót m ta cã: m= 0.25 x2 1 t LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè trªn  2, 5   0.25 ta cã kÕt qu¶ cña m ®Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: 0.25 12 4m hoÆc -5 < m  4 5 log3 x 1 log3 x  2 Câu VII b.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2  x. VII b 1.0 ĐK: x > 0 . Đặt t  log 3 x  x  3 t . 0.25 t 2 1 9 2 4 2 Ta có: 2.2  2t  3t  .2t  3t        . t 0.50 4 4 3 9 3 Khi t = 2 thì log 3 x  2  x  9 (th) KL: nghiệm PT là x  9 . 0.25 …..HẾT…