Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 31 - Đề 9

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

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 5
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 9', 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 9

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Bài 1(2 điểm): 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  (| x | 1)2 .(| x | 1) 2 2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C). Bài 2(3 điểm):  x2  y 2  1  2 1) Giải hệ phương trình:  x y2 ( x, y  R ) ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6  2 2 2) Giải phương trình: sin x. tan x  cos x  cos 2 x.(2  tan x) , ( với x  R ) 5  3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn  ;4  : 2  1 ( m  1).log1/ 2 ( x  2) 2  4(m  5) log1/ 2 2  4m  4  0 x2 Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA  SB  SC  3a , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a. Bài 4(2 điểm): 1 2 2 1) Tính tích phân:  x .ln(1  x 0 )dx 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(1 điểm):  x  1 t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:  y  1  2t ; (t  R ) ,đường thẳng d2 là  z  1  2t  giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d1 và d 2. Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I. Bài 6(1 điểm): 2 2 2 x3 y3 z3 3 2 Cho x, y, z  0 và x  y  z  3 . Chứng minh:    1  y2 1  z2 1  x2 2 ..................Hết.................. Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Bài 1: 1
1) Nội dung Điểm 1 2 2 *Có hàm số : y  (| x | 1) .(| x | 1)  y = x4 - 2x2 + 1 ( C) điểm *TXĐ: R; lim y  ; lim y   ; y '  4 x 3  4 x; y '  0  x  0; x  1 x  x *BBT: 0.25 *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25 *Vẽ đúng đ thị 0.25 2) *Gọi A(a:0)  Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. 0.25 1 *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a) điểm  x 4  2 x 2  1  k ( x  a) *d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: ( I )   4 x3  4 x  k k  0  4 x( x 2  1)  k  0.25 *Có ( I )   2 ( A) hoặc  2 ( B) x 1  0 3 x  4 ax  1  0(1)  *Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp 0.25 tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1 , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1 3 3 0.25 KQ: 1  a   hoÆ 1  a  c 2 2 Bài 2: Nội dung Điểm 1)  ( x  1)2  ( y  1)2  5 u  x  1 2  u v 52 0.25 1 *Hệ   . Đặt  , thu được hệ  điểm ( x  1)( y  1)[( x  1)  ( y  1)]  6 v  y  1 uv(u  v)  6 u  v  3 u  x  1  1 u  x  1  2 0.50 * Giải ra được: u.v  2 ; * Giải ra được: v  y  1  2 hoặc    v  y  1  1 x  3 x  2 0.25  hoặc  y  2 y  3 2) * ĐK: cos x  0 . PT  sin 3 x  cos3 x  cos 2 x.(2 cos x  sin x) 0.25 1 0.25 điểm  (sin x  cos x ).cos x.(2sin x  cos x )  0  sin x  cos x  0; 2 sin x  cos x  0 0.25  1 0.25  x    k ; x  arctan  l ;(k , l  Z ) 4 2 3) *PT  (m  1).log 2 ( x  2)  ( m  5) log ( x  2)  m  1  0 0.25 1/ 2 1/ 2 1 điểm *Đặt t  log1/ 2 ( x  2), x   5 ; 4   t   1;1 2    t 2  5t  1 4t 2  4 0.25 Thu được pt: m  f (t )  2 ; f '(t )  2 ; f '(t )  0  t  1 t  t 1 (t  t  1)2 * Lập BBT của f(t) trên đoạn  1;1 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn  1;1 , nên 0.50  7 m   3;  thỏa mãn đề bài.  3 Bài 3: 2
1 * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25 điểm a 3 34 0.25 * Tính được VS . ABC  12 2 0.25 * CM được VS .MNC  .VS . ABC 9 7 7a3 34 0.25  VC.ABNM  .VS . ABC  9 108 Bài 4: 1) 1 0.25 1 * Tính I   x 2 .ln(1  x 2 )dx điểm 0  2x du  dx 1 1 2  u  ln(1  x )   1  x 2  I  1 x 3.ln(1  x 2 )  2 x4 dx 3  1  x2 * Đặt    2 dv  x dx 1 3 v  x 3 0 0   3 1 x4 1 1 2  0.50 * Tính J   2 dx   [ x 2  1  2 ]dx  ...    0 1 x 0 1 x 3 4 1 4  0.25 * Vậy I  .ln 2   3 9 6 2) x y 0.25 1 * Từ gt ta có P( a;0); Q(0; b), a  0, b  0. * d có pt:   1 . a b điểm 3 1 3 0.25   1  1  2. d qua A(3; 1) nên  ab  2. 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ a b ab 3 1 a  6 khi    a b b  2 1 a  6 0.25 * Có S OPQ  .a.b  3 . Nên S OPQ nhỏ nhất (  3 ) khi và chỉ khi  2 b  2 x y 0.25 * Vậy d có pt:   1 6 2 Bài 5: 3
1)  x  t1 0.25 1  điểm * d có pt:  y   1  2t1 ; (t1  R ) 2  z  3  2t  1 * Tìm được I(1;1;1) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) , 0.25 ( đk: B khác I, C khác I  t  0, t1  1 )  IB  IC (1) *Tam giác BIC cân đỉnh I  uuu uuur u .  r u r [ AB , AC ]  0 (2)  t  1 0.25  ...   . t1  2  x2 0.25  * Từ đó có pt d3 :  y  3 ; (t  R )  z  1  2t  Bài 6: 1) 3 y3 z3 0.25 1 Ta có: VT + 3 = ( x 2  y )( 2  z )(  x2 ) 2 2 2 1 y 1 z 1 x điểm 6 x3 x3 1  y2 y3 y3 1  z2 0.25  VT  (   ) (   ) 4 2 2 1  y2 2 1  y2 4 2 2 1  z2 2 1  z2 4 2 z3 z3 1  x2 (   ) 2 1  x2 2 1  x 2 4 2 6 x6 y6 z6 0.25 VT  3 3 3 3 3 3 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 0.25  VT   ( x2  y 2  z 2 )  2 2 23 2 2 26 8 9 3 9 3 3  VT       VP (đpcm) 2 6 23 2 2 2 2 2 2 2 ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1) 4