Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 31 - Đề 1

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 6
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 31 - đề 1', 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 31 - Đề 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm) Câu I (2 điểm). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 2.Tìm a để phương trình : x 4  4 x 2  log 3 a  3  0 có 4 nghiệm thực phân biệt . Câu II (2 điểm).   1.Giải phương trình: 2 cos2   2 x   3 cos 4 x  4 cos2 x  1 . 4  2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :  x 2  3 x  2   x 2  2mx  2m Câu III (2 điểm) 8 dx 1.Tính I=  15 x 1  x 2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng  với       ;  .Tính thể tích của khối chóp đó theo h và  .Với giá trị nào của  thì thể tích khối chóp đạt 4 2 giá trị lớn nhất . 1 1 Câu IV (1 điểm). Cho a  0; b  0 và a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M  a 2  2  b2  2 a b PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va(3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng 60o . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau : x  1 t  x y 1 z 1 d1 :  y  2 t t  ¡  và d 2 :    z  2  t 1 3 1  Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d1 và d2. 3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  2 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. Câu Vb. (3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:  xt x5 y 2 z 6  d1 :  và d 2 :  y  2  t  ¡  .  2 1 3  z  1  t  Lập phương trình đường thẳng d1 là hình chiếu song song của d1 theo phương d 2 lên mặt phẳng (Oyz) log y  log  3 3  x   y  x  x 2  xy  y 2  3. Giải hệ phương trình :  2 2  x2  y 2  4  ..........................................................................Hết............................................................................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG. Môn thi : TOÁN Câu I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 1,25 4 2 0 0,25 2. Phương trình tương đương với x – 4x + 3 =  log 3 a Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương 1   log 3 a < 3 0,25 1  log 3 a  1  1  log 3 a  1  a3 3 0,25   Câu 1. Giải phương trình: 2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 . 1điểm  4  II   Phương trình tương đương với  1  cos   4 x   3 cos 4 x  4cos 2 x  1 2  0,25  2  sin 4 x  3 cos 4 x  2 2 cos x  1   1 3  x  12  k  sin 4 x  cos 4 x  cos 2 x   k ¢  0,25 2 2  x    k    36 3  0,25  cos  4 x    cos 2 x 0,25  6 1 1điểm 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :  x 2  3 x  2   x 2  2mx  2m (*)   x 2  3x  2  0 0,25 (*)   2 2  x  3 x  2   x  2mx  2m   1 x  2   1 x  2   3x  2 0,25 2m( x  1)  3 x  2  f ( x)   2m    x 1 5 + f(x) liên tục trên 1; 2 và có f ( x )   0, x  1; 2  f (x ) đồng biến trên 1;2 2 0,25  x  1 1 2 0,25 Bài toán yêu cầu  f (1)  2m  f (2)  m 4 3 Câu 8 III dx 1. Tính tích phân I =  15 x 1  x 1điểm · · 2. Xác định đúng góc   SBA  SBC  ...... và SA=SB=SC 0,25 Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S, ta có SH=h, và H là tâm dáy . Gọi K là trung điểm BC ta có SK  BC Đặt cạnh đáy BC = 2x, khi đó BK = x Ta có SK  x. tan  (trong tam giác SBK) 0,25 Trong SHK : x2 3h 2 SH 2  HK 2  SK 2  h 2   x 2 .tan 2   x 2  3 3 tan 2   1 (2 x ) 2 3 3h 2 3 1 1 3h 2 3 h3 3 0,25  S ABC   Vậy V  SH .SABC  .h.  (đ.v.t.t) 4 3 tan 2   1 3 3 3 tan 2   1 3 tan 2   1
   h3 3 h3 3 h3 3    ;   tan   1;  .Suy ra V    . 4 2 3 tan 2   1 3.1  1 2 h3 3  0,25 Vậy, max V   tan   1    2 4 1 1 Câu Cho a  0; b  0 và a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của M  a 2   b2  2 a 2 b 1điểm IV  1   1  2 0,25 Ta có M  (a 2  b 2 )1  2 2   2ab1  2 2   2ab  (dấu "=" xẩy ra khi a=b)  ab   ab  ab 1  1 0,25 Theo Cô-si 1  a  b  2 ab  0  ab  . Đặt t=ab ta có t  D   0;  4  4 2 Do đó M  f (t )  2t  , t  D t 2 1  1  1  17 0,25 f (t )  2  2  2(t 2  1) 2  0, t   0;   min f (t )  f    . t t  4 D 4 2 0,25 17 1 Vậy min M  đạt được khi a  b  .( Bài này còn nhiều cách giải khác) 2 2 Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến 1điểm 1 Va với  C  , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng 60o . Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc 60o  hệ số góc của tiếp tuyến bằng tan 60o hoặc tan120o 0,25 Do đó tiếp tuyến có dạng y  3 x  b hoặc y   3 x  b (d) 0.25  3.(1)  b  b  2  3 (d) tiếp xúc với đường tròn  d ( I , d )  1  1  0.25 2 b  2  3  Vậy ta có 4 tiếp tuyến : 3 x  y  2  3  0, 3 x  y  2  3  0, 3 x  y  2  3  0, 3 x  y  2  3  0, 0.25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau : x  1 t 1  x y 1 z 1 điểm d1 :  y  2t và d 2 :    z  2  t 1 3 1  Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d1 và d2 ur Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vectơ chỉ phương là u1  (1; 2;1) , đường thẳng d2 đi qua uur 0,25 B(0; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là u2  (1;3; 1) 1 1 1 Gọi E trung điểm AB , và (P) là mặt phẳng qua E ( ; ; ) song song 2 đường thẳng d1,d2 thì (P) 2 2 2 0,25 là mặt phẳng phải tìm . u u r r r 0,25 Ta có u1 , u2  = (-5;0;-5) nên n  (1; 0;1) là một véctơ pháp tuyến của (P) .    1  1 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là : 1.  x    0  1.  z    0  x  z  0  2  2 3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  2 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. 1điểm Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 0,25 2 2 z  1  2i  2   x  1   y  2  4
2 2 Đường tròn (C) :  x  1   y  2   4 có tâm (1;2) Đường thẳng OI có phương trình y=2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao 0,25 điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ  y  2x 0,25  2 2  2 2  x  1 hoặc x  1  x  1   y  2   4  5 5 2 4  2   4  0.25 Chọn x  1  y  2 nên số phức z   1  2 i 5 5  5  5 Câu 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0 và điểm A(1; 3). 1điểm Vb Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B , C sao cho BA = BC Đường tròn có tâm I(3;-1) ; bán kính R = 2.và IA  2 5  2  R  A ngoài đường tròn . 0,25 Gọi d là đường thẳng qua A cắt (C) tại B,C sao cho AB=BC ta có : AB. AC  AI 2  R 2  2 AB 2  20  4  16  AB  2 2  BC  2 BE 0,25 Với E là trung điểm BC  BE  2  d ( I , d )  2 . Mà phương trình đường thẳng d qua A có hệ số góc k là: y = k(x-1)+3 hay kx–y+3-k =0 0,25 3k  1  3  k d (I, d )   2  k  1; k  7 k2 1 0,25 Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán x  y  4  0;7 x  y  10  0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:  xt x5 y 2 z 6  1điểm d1 :   và d 2 :  y  2 . 2 1 3  z  1  t  Lập phương trình đường thẳng d1 là hình chiếu song song của d1 theo phương d 2 lên mặt (Oyz) Ta có u1  (2;1;3) là VTCP d1 và u 2  (1;0;1) là VTCP d2 không cùng phương. 0, 25 Gọi ( ) là mặt phẳng qua d1 và song song d 2  d1 (nếu có) là giao tuyến của ( ) và (Oyz). Ta có phương trình của ( ) : x – 5y +z - 1 = 0 và phương trình mặt phẳng (Oyz) là: x = 0 0,5 x  0  0,25 Suy ra phương trình đường thẳng d1 là :  y  t t  ¡   z  1  5t  2  y 3 Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : x  xy  y   x    y 2  0 x, y >0 2 2 0 0.25  2 4  VT(*)  0 Xét x > y  log 3 x  log 3 y  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 0 0,25 2 2  VP(*)  0  VT(*)  0 0 0,25 Xét x < y  log 3 x  log 3 y  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 2 2  VP(*)  0 0  0 Khi x = y hệ cho ta  2 2 2 x  2 y  4  x = y = 2 ( do x, y > 0). Vậy hệ có ngd nh  x; y    2; 2  0,25 Vậy hệ có ngd