Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 32 - Đề 10

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

41
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 32 - đề 10', 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 32 - Đề 10

SỞ GD - ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A – A1 TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC --------------*****--------------- LẦN 2 NĂM 2013 Ngày thi 14/04/2013 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Họ, tên thí sinh:............................................................................ Số báo danh:............................... I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  , có đồ thị (C). 1  2x a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng y  2 x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi k1 , k2 lần lượt 1 1 4 là hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A và B, tìm m để    2m  0. k1 k 2 5 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (4  2 3) cos 2 x  (2 3  3)cos x  sin 2 x  3 sin x  0 . 3( y 2  y )(1  x  2)  x  2 x  2  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2  x, y  R  . 2 y  2 y  x  2  2  2 x 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích miền (D) giới hạn bởi các đường: y  xe ; y  e.x . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ),( SBD) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC. Tính thể tích hình chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI , SB biết AI vuông góc với SC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2  a   b   c  33 2 3   3  3   . bc ca ab 2 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là: 3 x  y  3  0 , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(3;3; 0), B(3; 0;3); C (0;3;3) . Tìm tọa độ điểm D để tứ diện ABCD là tứ diện đều. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng (các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. B. Theo chương trình Nâng cao 5 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  . Viết 2 phương trình hypebol (H) biết (H) cắt (C) tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình vuông và (H) có tâm sai e  6. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (3; 4; 0) và mặt cầu ( S ) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2)2  ( z  3)2  25 . Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua M nằm trong mặt phẳng Oxy và cắt ( S ) theo một dây cung dài nhất. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z , biết (1  i ) z  1  3i  0 . ---------- HẾT ----------
SỞ GD - ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A – A1 TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC --------------*****--------------- THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 Ngày thi 14/04/2013 Thời gian: 180 phút x2 Câu 1.a) (1 điểm) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số y  1  2x Nội dung Điểm 1 TXĐ: D  ¡ \{ } 2 1 1 Ta có lim y    y   là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàn số. x  2 2 0.25 1 lim y  ; lim y    x  là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 1 x 1 2 2 2 1.(1  2 x)  ( x  2).(2) 5 Ta có y '  2   0, x  D , suy ra hàm số đồng biến trên (1  2 x) (1  2 x) 2 0.25  1 1  các khoảng  ;  &  ;    2 2  Bảng biến thiên: x -∞ 1/2 +∞ y’ + + +∞ -1/2 0.25 y -1/2 -∞ Đồ thị y x+2 fx = 4 1-2 x -1 g x = 2 1 2 h y = 2 0.25 -5 O 1 5 x -2 -4 Câu 1.b) (1 điểm) Tìm m để đường thẳng  : y  2 x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. 1 1 4 Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A và B, tìm m để   2m   0 . k1 k 2 5 Nội dung Điểm Phương trình hoành độ giao điểm của  và ( C) là:  1  1 x2 x  x  0.25  2x  m   2  2 1  2x  x  2  2 x  m  4 x  2mx 2 4 x  (1  2m) x  m  2  0 (1) 2    cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác ½, hay  4m 2  12 m  31  0  0.25 5  4 m2  12m  31  0 (*)  0 2 Khi đó  cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt có hoành độ là nghiệm phương trình (1) và 0.25
5 1 (1  2 xA ) 2 5 1 (1  2 xB ) 2 k1  f '( x A )    ; k2  f '( xB )    (1  2 xA ) 2 k1 5 (1  2 xB ) 2 k2 5 1 1 4( xA  xB )  4( xA  xB )  2 4( xA  xB ) 2  8 x A xB  4( x A  xB )  2 2 2     k1 k2 5 5  1  2m  x A  xB  2  Theo viet,  4  1  1  4m  12m  11 , do đó  x .x  2  m k1 k2 20  A B  4  7  2 11 1 1 4 m  0.25 2    2m  0  4m 2  28m  5  0   k1 k2 5  7  2 11 m   2 7  2 11 Kết hợp điều kiện (*) suy ra m  . 2 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (4  2 3) cos 2 x  (2 3  3)cos x  sin 2 x  3 sin x  0 . Nội dung Điểm (4  2 3) cos 2 x  (2 3  3)cos x  sin 2 x  3 sin x  0 0.25  4cos2 x  2 3 cos x  2 3 cos 2 x  3cos x  2sin x cos x  3 sin x  0  2cos x(2cos x  3)  3 cos x(2cos x  3)  sin x(2cos x  3)  0  2cos x  3  0 0.25  (2cos x  3)(2cos x  3 cos x  sin x)  0    2cos x  3 cos x  sin x  0  3 5 2cos x  3  0  cos x    x  k .2 0.25 2 6 2cos x  3 cos x  sin x  0  3 cos x  sin x  2cos x   3 1    x  6  x  k .2 cos x  sin x  cos x  cos  x    cos x   2 2  6  x     x  k .2   6 0.25  1  5  k  (loai ) 12  x   6  k .2  . Kết hợp ta được nghiệm của pt là:  (k  ¢ )   x    k   x    k   12   12 3( y 2  y )(1  x  2)  x  2 x  2  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2  x, y  ¡  . 2 y  2 y  x  2  2 
Nội dung Điểm ĐK: x  2. Ta có 0.25 3( y 2  y )(1  x  2)  x  2 x  2  1   2 2 y  2 y  x  2  2  3( y 2  y )(1  x  2)  ( x  2  2 x  2  1)  2   2  2( y  y )  1  x  2  3  a  y 2  y 3ab  b 2  2 b  3  2a a  b  1    0.25 Đặt  ta được   2  11 4 b  1  x  2    2a  b  3  10a  21a  11  0  a  , b   10 5  1  5  x  2, y  2 Với a=b=1 suy ra hệ có hai nghiệm là  0.25  1  5  x  2, y   2 4 Vì b  1  x  2 1 b  không thỏa mãn. Vậy hệ chỉ có 2 nghiệm như trên. 0.25 5 Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích miền (D) giới hạn bởi các đường: y  xe 2 x 1; y  e.x . Nội dung Điểm x  0 x  0 Xét phương trình xe2 x 1  e.x    0.25 2x 1  1  x  1 1 1 1 2 x 1 2 x 1 Khi đó S D   xe  e.x dx   xe dx  e  xdx 0 0 0 0.25 1 1 1  du  dx x2 e  2 x 1 u  x Ta có e  xdx  e.  ; Tính  xe 2 x 1  dx , đặt  1 2 x 1 0.25 0 2 0 2 0  dv  e dx v  .e  2 e 1 Suy ra diện tích miền phẳng cần tìm là S =  . 0.25 4 4e Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ),( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC. Tính thể tích hình chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI , SB biết AI vuông góc với SC. (Độc giả kiểm tra lại hình vẽ để điều chỉnh cho đúng) S A D E I O H B M C
Nội dung Điểm 2 Ta có SX ABCD  a.a 3  3a . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2a  OC  a. Lại có có SO  ( ABCD ) . AC  0.25 CI CA AI  SC  SOC : AIC    CI .CS  CO.CA  CO CS Từ đó 0.25 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB//(AIM), do đó d ( SB, AI )  d ( SB, ( AIM ))  d ( B, ( AIM )). Mà , suy ra Hạ IH  ( ABCD ) , dễ thấy 0.25 Ta có . 0.25 Suy ra . 3VI . AMC 4a  d ( B,( AIM ))  2d (C ,( AIM ))  2.  . S AMI 33 Câu 6 (1,0 điểm). Nội dung Điểm 2  a  a a 3a Ta có 3      bc bc bc 3 a bc 3 4.( a  b  c) 0.25 3 4. 3 a. . 4. 2 2 3 Tương tự: 2  b  b b 3b 0.25 3      a  b  c 3 4.( a  b  c) ca 3 c  a c  a 3 4. 4. 3 b. . 2 2 3 2  c  c c 3c 3     abc  3 0.25 ab 3 a b a b 3 4. 4.(a  b  c) 4. 3 c. . 2 2 3 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được: 2 2 2  a  3 b  3 c  33 2 0.25 3          bc ca  a b 2 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là: 3 x  y  3  0 , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Nội dung Điểm Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: B(1;0). 0.25 Gọi A(a;0) C(a; . Khi đó: AB = ; AC = ; BC = 2 0.25 1 3 2 2 S ABC a 1 a  2 3  3 S ABC  p.r  AB.AC   a  1 suy ra: r    2 hay  0.25 2 2 AB  BC  CA 3 1  a  2 3  1   4 37 2 36 Với a  2 3  3 khi đó: A(2 3  3; 0), B(1; 0), C (2 3  3;6  2 3)  G   ; .  3 3   0.25  4 3  1 2 3  6  Với a  2 3  1 khi đó: A(2 3  1; 0), B(1; 0), C (2 3  1; 6  2 3)  G   ; .   3 3  Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(3;3; 0), B(3; 0;3); C (0;3;3) . Tìm tọa độ điểm D để tứ diện ABCD là tứ diện đều. Nội dung Điểm uuu r uuu r uuu r Ta có AB  (0; 3;3); AC  (3; 0;3); BC  (3;3; 0)  AB  AC  BC  3 2. Vậy tam giác ABC đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên (ABC), do tứ diện ABCD đều nên H là trọng 0.25 tâm tam giác ABC, hay H (2; 2; 2) . Gọi d là đường thẳng qua H và vuông góc với (ABC), suy ra d có VTCP là r 1 uuu uuu r r x2 y2 z2 0.25 u   [ AB, AC ]  (1;1;1) , vậy phương trình đường thẳng d :   . 9 1 1 1 uuur D  d  D (2  t ; 2  t ; 2  t )  AD(t  1; t  1; t  2) 0.25  D (4; 4; 4) AD  AB  3t 2  12  t  2   0.25  D (0; 0;0) Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng (các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Nội dung Điểm 4 Số cách lấy 4 viên bất kì là C14 =1001 cách. 0.25 Ta đếm số cách lấy 4 viên có đủ cả 3 màu: + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C2 .C5 .C72 cách 1 1 0.25 + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C2 .C52 .C7 cách 1 1 + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C22 .C5 .C7 cách 1 1 Vậy số cách lấy 4 viên có đủ ba màu là C2 .C5 .C72 + C2 .C52 .C7 + C22 .C5 .C7 =385 cách 1 1 1 1 1 1 0.25 1001  385 616 8 Xác suất lấy 4 viên không đủ ba màu là P    . 0.25 1001 1001 13
B. Theo chương trình Nâng cao 5 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  . Viết 2 phương trình hypebol (H) biết (H) cắt (C) tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình vuông và (H) có tâm sai e  6. Nội dung Điểm x2 y2 Gọi phương trình của (H):   1(a, b  0). 0.25 a 2 b2 Do (C), (H) đều nhận O là tâm đối xứng, Ox, Oy là trục đối xứng nên hình vuông tạo thành từ các 5 giao điểm của (C) và (H) phải có một đỉnh là M (m; m), m  0. M  (C )  m  . Mà M  ( H ) 0.25 2 nên 5(b 2  a 2 )  4a 2b 2 (1) c Lại có e   c  6a  a 2  b 2  6a 2  b 2  5a 2 (2) 0.25 a y2 Từ (1) và (2) suy ra a 2  1, b 2  5  ( H ) : x 2   1. 0.25 5 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (3; 4; 0) và mặt cầu ( S ) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2  25 . Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua M nằm trong mặt phẳng Oxy và cắt ( S ) theo một dây cung dài nhất. Nội dung Điểm (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R=5. 0.25 Do d ( I , Oxy ) | z I | 3  R  (S) cắt Oxy theo đường tròn (C) có tâm H(1;-2;0) là hình chiếu 0.25 vuông góc của I lên Oxy và bán kính r  R 2  d 2 ( I , Oxy )  4 . d qua M và nằm trên Oxy nên nếu d cắt (S) theo dây cung AB thì AB cũng là dây cung của (C), 0.25 vậy AB dài nhất khi nó đi qua H. x  1 t uuuu r  MH  ( 2; 2;0) . Do đó d là đường thẳng qua M và H nên phương trình của d là  y  2  t 0.25 z  0  Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z , biết (1  i ) z  1  3i  0 . Nội dung Điểm Giả sử z  x  yi ( x, y  ¡ )  z  x  yi . 0.25 x  2 Theo giả thiết, ta có (1  i )( x  yi )  1  3i  0  0  ( x  y  1)  ( x  y  3)i  0    y  1 0.25 Suy ra z  2  i . Ta có w  1  (2  i)i  2  i  3  i 2  2i  i  2  i 0.25 Vậy Im w  1 . 0.25 ---------- HẾT ----------