Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 7

Chia sẻ: Mao Ga | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

36
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 7', 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 7

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) x3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  . x 1 2. Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I  1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos 3x  sin 2 x  3  sin 3 x  cos 2 x  .  2. Giải hệ phương trình    3 x 3  y 3  4 xy .  x2 y 2  9  Câu III: (2,0 điểm)   1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình  m  2  1  x 2  1  x 2  m có nghiệm. a2 b2 c2 1 2. Chứng minh   a b bc c a 2    ab  bc  ca  a  b  c với mọi số dương a; b; c . Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A a đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . 2 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VI.a: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình 1  log 2 x  log 2  x  2   log 2  6  x  . 2. Tìm  ln x 2 dx . B. Theo chương trình Nâng cao  1 Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  . Viết phương trình chính  2   tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1  3; 0 làm tiêu điểm. Câu VI.b: (2,0 điểm)  y 2  x  x2  y  1. Giải hệ phương trình  . x y 1 2  3  cos 2 x  1 2. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   . cos 2 x  1 .......Hết......
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu I Ý1 Tập xác định: D  R \ 1 . 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) Sự biến thiên:  Giới hạn và tiệm cận: lim y  1; lim y  1  y  1 là TCN. x  x  0,25 đ lim y  ; lim y    x  1 là TCĐ x  1  x  1 4 y' 2  0, x  D .  x  1 0,25 đ  BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ,  1;   Và không có cực trị. Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua  1;1 . 0,25 đ Ý2 Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k d : y  k  x  1  1 . (1,0đ) x3 0,25 đ Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N  PT :  kx  k  1 x 1 có 2 nghiệm PB khác 1 . Hay: f  x   kx 2  2kx  k  4  0 có 2 nghiệm PB khác 1 k  0  0,25 đ      4k  0  k  0 .  f 1  4  0    Mặt khác: xM  xN  2  2 xI  I là trung điểm MN với k  0 . 0,25 đ KL: PT đường thẳng cần tìm là y  kx  k  1 với k  0 . 0,25 đ Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên. Câu II Ý1 Ta có: PT  cos 3x  3 sin 3 x  3 cos 2 x  sin 2 x (2,0đ) (1,0đ) 1 3 3 1 cos 3x  sin 3 x  cos 2 x  sin 2 x 0,50 đ 2 2 2 2      cos  3 x    cos  2 x   .  3  6    Do đó: 3 x   2 x   k 2  x    k 2 . 0,25 đ 3 6 6    k 2 Và: 3 x   2 x   k 2  x    0,25 đ 3 6 10 5 Ý2 Ta có : x 2 y 2  9  xy  3 . 0,25 đ (1,0đ)   . Khi: xy  3 , ta có: x3  y 3  4 và x3 .  y 3  27 0,25 đ   Suy ra: x3 ;  y 3 là nghiệm PT X 2  4 X  27  0  X  2  31
Vậy ngiệm của PT là x  3 2  31, y   3 2  31 0,25 đ 3 3 Hay x  2  31, y   2  31 . Khi: xy  3 , ta có: x3  y 3  4 và x3 .  y 3  27   0,25 đ   Suy ra: x3 ;  y 3 là nghiệm PT X 2  4 X  27  0( PTVN ) Câu III Ý1 Đặt t  x 2  1 . ĐK: t  1 , ta có:  m  2  t  1  t 2  m  1 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) 1 1 1 Hay: m  t   t  1 . Xét f  t   t   f 't   1  2 0,25 đ t2 t2 t  2 t 2  4t  3 f ' t   2 , f '  t   0  t  1(l ), t  3(l ) . 0,25 đ  t  2 4 Dựa vào BBT, ta kết luận m  . 0,25 đ 3 Ý2 a2 ab 1 ab (1,0đ) Ta có: a a  a ab (1) 0,50 đ a b ab 2 ab 2 b2 1 c2 1 Tương tự: b bc (2), c ca (3). 0,25 đ bc 2 ca 2 Cộng (1), (2), (3), ta có: a2 b2 c2 1 0,25 đ   a b bc c a 2   ab  bc  ca  a  b  c  Câu IV Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M (1,0đ) BC  AM  0,25 đ Ta có:   BC  ( AA ' M )  BC  AH . BC  AA '  a Mà AH  A ' M  AH  ( A ' BC )  AH  . 0,25 đ 2 1 1 1 a 6 Mặt khác: 2  2  2  AA '  . 0,25 đ AH A' A AM 4 3a 3 2 KL: VABC . A ' B ' C '  . 0,25 đ 16 Câu Va Gọi d là ĐT cần tìm và A  a;0  , B  0; b  là giao điểm của d với Ox, (1,0đ) 0,25 đ x y 2 1 Oy, suy ra: d :   1 . Theo giả thiết, ta có:   1, ab  8 . a b a b Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2 y  4  0 . 0,25 đ Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Ta có: b 2  4b  4  0  b  2  2 2 . 0,25 đ  Với b  2  2 2  d 2 : 1  2 x  2 1  2 y  4  0   Với b  2  2 2  d3 : 1  2 x   2 1  2  y  4  0 . KL 0,25 đ Câu VIa Ý1 (2,0đ) (1,0đ) ĐK: 0  x  6 . BPT  log 2  2 x  4 x   log  6  x  . 2 2 2 0,25 đ
2 Hay: BPT  2 x 2  4 x   6  x   x 2  16 x  36  0 0,25 đ Vậy: x  18 hay 2  x 0,25 đ So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2  x  6 . 0,25 đ Ý2 2 Đặt u  ln x 2  du  dx và dv  dx chọn v  x 0,25 đ (1,0đ) x 0,50 đ Suy ra : I   ln x 2 dx  x ln x 2   2dx x ln x 2  2 x  C KL: I   ln x 2 dx x ln x 2  2 x  C 0,25 đ Câu Vb x2 y2 (1,0đ) PTCT elip có dạng:   1(a  b  0) 0,25 đ a 2 b2 a 2  b 2  3  Ta có:  3 1 0,25 đ  2  2 1  a 4b 3 Ta có: 4b 4  b 2  3  0  b 2  1(th), b2   (kth) 0,25 đ 4 x2 y 2 Do đó: a 2  4 . KL:  1 0,25 đ 4 1 Câu VIb Ý1 (2,0đ) (1,0đ) y 2  x  x 2  y   y  x  y  x  1  0   y  x, y  1  x . 0,50 đ Khi: y  1  x thì 2 x  32 x  6 x  9  x  log 6 9 0,25 đ x 2 Khi: y  x thì 2 x  3x1     3  x  log 2 3 . 0,25 đ 3 3 Ý2 Ta có: f  x    tan 2 x . 0,25 đ (1,0đ) 1 f  x  1 . 0,25 đ cos 2 x KL: F  x   x  tan x  C . 0,50 đ …HẾT…