Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 4

Chia sẻ: Mao Ga | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

34
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 4', 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 4

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm ) x 1 Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y  C  . x 1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . 2. Xác định m để đường thẳng y  2 x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của  C  tại A và B song song với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 3tan 2 x  4 tan x  4 cot x  3cot 2 x  2  0 (1) . 2. Giải bất phương trình : x  1  2  x 2  1 (2) . Câu III (1,0 điểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường :  P  : y   x2  4 x  3 và hai tiếp tuyến của (P) tại hai điểm A 0 ;  3 , B 3 ; 0  Câu IV (1,0 điểm ) Cho một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy là a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 600. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Tính diện tích mặt cầu.Tính thể tích khối cầu tương ứng . Câu V ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình , khi a > 1 :  a2  1  xa  ya  za 3  a   a2  1  ax  a y  az 3  a II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm )Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 1). Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2,0 điểm )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình :  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0 1. Xét vị trí tương đối của mặt phẳng   : x  y  z  m  0 và mặt cầu (S) tùy theo giá trị của m . 2. Tìm tọa độ giao điểm của (S) với đường thẳng () đi qua hai điểm M 1 ; 1 ; 1 và N  2 ;  1 ; 5  và viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại các giao điểm đó . Câu VII.a (1, 0 điểm ) Cho 8 quả cân có trọng lượng lần lượt là : 1 kg , 2 kg , 3 kg , 4 kg , 5 kg , 6 kg , 7 kg , 8 kg . Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân trong số đó . Tính xác suất để trọng lượng 3 quả cân được chọn không vượt quá 9 kg .
2). Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y2  64 x và đường thẳng    : 4 x  3y  46  0 . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng (∆) , tiếp xúc với parabol (P) và có bán kính nhỏ nhất . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2 ; 4 ; 1 , B  1 ; 4 ; 0  C  0 ; 0 ;  3 .Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC) . Câu VII. b (1, 0 điểm ) Có hai hộp chứa các viên bi chỉ khác về màu . Hộp thứ nhất chứa 3 bi xanh , 2 bi vàng , 1 bi đỏ . Hộp 2 chứa 2 bi xanh , 1 bi vàng , 3 bi đỏ . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một viên bi . Tính xác suất để lấy được 2 bi xanh .
Lôøi giaûi Câu I. 1. Phần khảo sát chi tiết bạn đọc tự làm , dưới đây là bảng biến thiên và đồ thị (C) của hàm số . + Bảng biến thiên : + Đồ thị (C) : 2. Phương trình hoành độ giao điểm của  d  : y  2 x  m và  C  : x 1  2x  m x 1  2 2 x   m  3 x  m  1  0 1  x  1  Ta có:    m  32  8  m  1   m  1 2  16  0, m    g 1  2  0, m   phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1. Vậy  d  luôn luôn cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi x1 , x2  x1  x2  lần lượt hoành độ của A và B thì x1 , x2 là nghiệm của 1 phương trình (1). Theo định lí Vi-et, ta có: x1  x2  3  m  2 Tiếp tuyến  1  ,   2  tại A, B có hệ số góc lần lượt là : 2 2 2 Vì y '  2  k1  y '  x1   2 , k2  y '  x2   2  x  1  x1  1  x2  1 2 2 2 2  1  / /   2   k1  k2  2  2   x1  1   x2  1  x1  1  x2  1
 x1  1  x2  1  x  x2  loaïi    1  x1  1   x2  1  x1  x2  2 1   3  m   2  m  1 . 2 Vậy, giá trị cần tìm là: m  1 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin x  0  Điều kiện :   sin 2 x  0  x  k , k  ¢ cos x  0 2 1  3  tan 2 x  cot 2 x   4  tan x  cot x   2  0 2 Đặt t  tan x  cot x  , t 2 sin 2 x  t 2  tan 2 x  cot 2 x  2  tan 2 x  cot 2 x  t 2  2 Ta có :   3 t 2  2  4t  2  0  t  2  3t  4t  4  0   2 2 t   loaïi   3 2   2  sin 2 x  1 sin 2 x    2 x    l 2 , l  ¢  x    l , l  ¢ 2 4  So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình : x    l , l  ¢ . 4 2  x  1  0 2   2. (1)   x  1  0  2 2  x  1   x  1 2   x  1  x  1   x  1    x  1   x  1   x  1   x2  2 x  3  0  1  x  3 1  x  3   Vậy nghiệm của bất phương trình : x  1  1  x  3 .
Câu III .  y '  0  4  y '  x   2 x  4    y '  3  2  + Phương trình tiếp tuyến 1 của (P) tại A có dạng: 1 : y  3  y '  0  x  0   1 : y  4 x  3 + Phương trình tiếp tuyến 2 của (P) tại B có dạng: 2 : y  y '  3 x  3   2 : y  2 x  6 Dựa vào đồ thị ta có diện tích hình phẳng cần tìm là: 3 2 3     S    4 x  3   x2  4 x  3  dx    2 x  6    x2  4 x  3  dx     0 3 2 3 2 3 1    x2 .dx    x3  3x2  9 x  dx 0 3 3  2 3 3 1 2 1  9  x3   x3  3x2  9 x   (đvdt) . 3 0 3 3 4 2 Câu IV. * Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Gọi O là tâm của đáy , suy ra SO   ABCD  nên SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD của hình chóp. Trong SOB kẻ đường trung trực Mx của cạnh SB . Gọi Mx  SO  J  JA  JB  JC  JD  JS nên J là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Ta có OB  hch ABCD  SB ·  ·   SB ,  ABCD   SBO  600 nên SBD đều , có cạnh BD  a 2 . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp SBD BD. 3 a 6 Do đó R   . 3 3
* Tính diện tích mặt cầu. 2 2  a 6  8 a 2 S  4 R  4   3   3 (đvdt) .    * Tính thể tích khối cầu tương ứng 3 4 3 4  a 6  8 a 3 6 V  R      (đvtt) . 3 3  3    27 Câu V. uu r ur u  Xét các véc tơ : u  x  a ; ya ;  z  a , v  1 ; 1 ; 1 uu ur 2 uu 2 ur 2 r u r u    u .v  u . v 2   x  a  y  a  z  a   3  3a  x  y  z  1 2 Tương tự  a  x  a  y  a  z   3  3a  x  y  z  (2) 2 2   x  a  y  a  z  a    a  x  a  y  a  z   18a Mà cộng hai phương trình của hệ ta có : 2 2  xa  ya za   ax  a y az   18a Tức là dấu đẳng thức phải xảy ra trong các bất đẳng thức (1) và (2) , hay :  a2  1  xa  ya  za   a 1  x yz  a2  1 a  ax  a y  az   a 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là : x  y  z  . a II. PHẦN RIÊNG. 1). Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a 1. Biện luận vị trí tương đối của   và (S) m Mặt cầu (S) có tâm I 1 ; 2 ; 3 , bán kính R  14 . Ta có: d  I ,     . 3 Biện luận: m  m   42  Nếu d  I ,     R   14   thì   không cắt (S). 3   m  42
m  Nếu d  I ,     R   14  m   42 thì   tiếp xúc (S). 3 m  Nếu d  I ,     R   14   42  m  42 thì   cắt (S). 3 x  1  t  2. Phương trình tham số của đường thẳng    :  y  1  2t  z  1  4t  Tọa độ giao điểm của () và (S) là nghiệm của hệ phương trình  x  1  t ; y  1  2t ; z  1  4t   2 2 2  x  1   y  2    z  3  14   x  1  t ; y  1  2t ; z  1  4t   2 2 2 t   1  2t    2  4t   14   x  1  t ; y  1  2t ; z  1  4t  2 7t  4t  3  0  x  1  t ; y  1  2t ; z  1  4t   3 t  1 hay t   7  x  4 x  2  7     y  1 hay  y  13 7 z  5   5 z   7   4 13 5 Vậy () và (S) có hai giao điểm A  2 ;  1 ; 5  , B  ; ;  . 7 7 7 uu r uu r 1 Ta có: IA  1 ;  3 ; 2  , IB    3 ; 1 ; 26  . 7 Phương trình tiếp diện của (S) tại A là: 1 x  2   3  y  1  2  z  5   0  x  3 y  2 z  15  0 . Phương trình tiếp diện của (S) tại B là:  4  13   5 3  x    1 y    26  z    0  3 x  y  26 z  15  0 .  7  7  7 Câu VII.a Ta chọn ngẫu nhiên 3 quả cân trong 8 quả cân , nên kích thước không gian 3 mẫu là :   C8  56 .
Biến cố A : “ Trọng lượng 3 quả cân được chọn không quá 9 kg ” Để được một kết quả thuận lợi của biến cố A , ta có thể chọn theo 7 phương án sau : + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 1 kg ; 2 kg ; 3 kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 1 kg ; 2 kg ; 4 kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 1 kg ; 2 kg ; 5 kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 1 kg ; 2 kg ; 6 kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 1 kg ; 3 kg ; 4 kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 1 kg ; 3 kg ; 5 kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là : 2 kg ; 3 kg ; 4 kg .  7 1 Nên  A  7 . Vậy xác suất cần tìm là : P  A    . A 56 8 2). Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b. 1. Gọi (C) là đường tròn cần tìm và I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C)   Đặt M t 2 ; 8t   P  . Đường tròn (C) có tâm I thuộc (∆) , tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ nhất nên bán kính R bằng khoảng cách ngắn nhất từ M đến ∆. Khoảng cách từ M đến (∆) là : 2 4t 2  24t  46 4  t  3  10 d  d  I ,      2 5 5  min d  2  t  3  M  9 ; 24  . Tâm I của đường tròn (C) là hình chiếu vuông góc của M trên (∆) . MI      MI : 3x  4 y  C  0 . M  MI  3.9  4.24  C  0  C  123  x  37 4 x  3 y  46  0  5 Tọa độ của I là nghiệm của hệ:   3 x  4 y  123  0 y  126  5  37 126  Nên I  ; . Phương trình đường tròn (C) có dạng:  5 5  2 2  37   126  x   y   4  5   5  2. * Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC)
uuu r uuu r uuu r Ta có: AB   3 ; 0 ;  1 , AC   2 ;  4 ;  4  , BC  1 ;  4 ;  3   AB  10 ; AC  6 ; BC  26  AB 2  BC 2  AC 2 Suy ra: Tam giác ABC vuông tại B . Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (ABC), ta có:  I là trung điểm cạnh AC nên I 1 ; 2 ; 1 . 1  R AB  3 . 2 * Viết phương trình đường tròn (ABC) Gọi (S) là mặt cầu tâm I 1 ; 2 ; 1 bán kính R  3 thì phương trình mặt cầu (S) 2 2 2 có dạng :  x  1   y  2    z  1  9 Đường tròn (ABC) là giao của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) nên các điểm nằm trên đường tròn có tọa độ thỏa hệ sau  x  12   y  2  2   z  1 2  9   2 x  5 y  6 z  18  0  Hệ trên chính là phương trình đường tròn (ABC) . Câu VII. b Xét : 2009 1  i   C2009  i.C2009  i 2 C2009  i 3C2009  L 0 1 2 3 L  i 2006 C2009  i 2007 C2009  i 2008 C2009  i 2009 C2009 2006 2007 2008 2009  C2009  C2009  L  C2009  C22008  i. C2009  C2009  L  C2009  C2009  0 2 2006 n 1 1 3 2007 2009  1 1     Mặt khác : 1  i  2  i   2  cos 4  i sin 4   2 2   2009  2009. 2009.   1  i  2009  2   cos 4  i sin 4          21004 2  cos   251.2   i.sin   251.2    4  4      21004 2  cos  i sin   21004  i.21004  4 4 Vậy S  C2009  C2009  C2009  L  C2009  C2009  C2009  21004 0 2 4 2004 2006 2008