Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 32 - Đề 13

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

50
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 13', 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 13

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số y  x3  3 x2  (m  4) x  m, m laø tham soá (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4. 2. Chứng minh đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm A cố định với mọi m. Tìm m để đồ thị (1) cắt trục 1 1 hoành tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho kA    0, trong đó kA , kB , kC lần lượt là hệ số góc tiếp kB kC tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C. Câu II ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình 1  sin x  5  2sin x   3 .  2sin x  3 cos x 2. Giải phương trình x2  x  1  x2  3 x  1  2 x  1 . 1 7 3 x 4  x2  1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx . 1 x2 3 x3  x 26 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuông cân tại S. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi một vuông góc. Biết SC  a 3 , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC). Câu V (1,0 điểm) x4  y4 1 Cho x,y là các số thực thoả mãn : x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức P  x2  y2 1 PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B ) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc · ABC đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình x  y  2  0 ; đỉnh D nằm trên đường thẳng có phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng x 2 y 2 z1 x 1 y  1 z x y 1 z  2 d1 :   ; d2 :   ; d3 :   . Chứng minh d2 và d3 chéo nhau. 2 1 2 1 2 1 1 1 2 Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với d1,cắt d2 và d3 tại hai điểm A, B sao cho AB  3 1 Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z  1  z  i và z  là số thực z B. Theo chương trình nâng cao C. Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp (E ) :   1 . Gọi F1 , F2 là các tiêu điểm của (E) 9 5 2 Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1F2 bằng . 5 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  3z  14  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường tròn có diện tích bé nhất. Câu VII.b (1,0 điểm)  2 2 x 2  2012  2011 y  x  Giải hệ phương trình  y 2  2012 .   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1
ĐÁP ÁN 3 2 Câu 1: Vôùi m  4 ta coù y  x  3 x  4 10. Taäp xaùc ñònh ¡ 20. Söï bieán thieân: Giôùi haïn  1 4   1 4  x  x   x    x x  x  x   x    lim y  lim x 3  3x 2  4  lim x 3  1   3   , lim y  lim x 3  3x 2  4  lim x 3  1   3    x x  x  0  Baûng bieán thieân: y '  3 x2  6 x; y '  0  3 x2  6 x  0   x  2 x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + 4 + y - 0 30. Ñoà thò  Ñoà thò caét truïc hoaønh taïi caùc ñieåm (-1;0) vaø (2;0)  Ñoà thò caét truïc tung taïi ñieåm (0;4)  y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vaäy taâm ñoái xöùng cuûa ñoà thò laø I(1;2) 4 2 I O -2 Câu 1: 2, Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm laø x 1  0  x3  3 x2  (m  4) x  m  0   x  1 x2  4 x  m  0   2   x  4 x  m  0(1) Ta thaáy ñoà thò luoân caét truïc Ox taïi ñieåm A(-1;0) vôùi moïi giaù trò cuûa m  Ñeå ñoà thò cuûa haøm soá caét truïc Ox taïi ba ñieåm phaân bieät thì pt(1) phaûi coù 2 nghieäm phaân bieät khaùc -1 4  m  0  m  4 hay   5  m  0 m  5  x  x2  4  Gọi x1 , x2 laø hai nghieäm cuûa phöông trình (1), theo ñònh lyù Viet ta coù  1  x1 x2  m  Khi ñoù x1 , x 2 laø hoaønh ñoä cuûa B vaø C, heä soá goùc taïi A,B,C seõ laø k A  m  5; k B  3x 12  6x1  m  4; kC  3x 2  6x 2  m  4 2 1 1 Theo giaû thieát ta coù m  5   2 0 3x12  6x1  m  4 3x 2  6x 2  m  4  m 5 3x  6x  m  4   3x  6x  m  4   0  m  5  4  4  m   0 2 1 1 2 2 2  3x  6x  m  4  3x  6x  m  4 2 1 1 2 2 2 4  m  4  m  5 1 2  m  4  m 5  0   m  5  1   Ñoái chieáu ñieàu kieän ta coù m=-6 hoaëc m=-4 m 5  m  6  Câu 2: 1, ÑK : cos x  0  x   k , k  Z 2
1  sin x  5  2sin x   3  5  3sin x  2sin2 x  3 sin2x  3 3 cos x   2sin x  3 cos x      cos2x    3 sin2x  3 sin x  3 cos x  4  0  cos  2x    3cos  x    2  0  3  6        x   6  k 2  cos  x    1  2     6   2 cos  x    3cos  x    1  0     x   k 2 , k  Z   6  6    1 6  cos  x        6 2  x     k 2   2  Ñoái chieáu ñieàu kieän ta coù caùc nghieäm x    k 2 , k  Z 6 Câu 2: 2, ÑK : x2  3 x  1  0 x 2  x  1  x 2  3x  1  2x  1 (1)   x 2  x  1  x 2  3x  1   2x  1  0  4x  2  2    2x  1  0   2x  1   1  0 2 2  2 2  x  x  1  x  3x  1  x  x  1  x  3x  1   1  2x  1  0 x   2  2  2  x  x  1  x  3x  1  2   x 2  x  1  x 2  3x  1  2 (2)  1 Ta thaáy x   laø moät nghieäm cuûa phöông trình (1) 2  x 2  x  1  x 2  3x  1  2x  1  Töø (1) vaø (2) ta coù heä   2 x 2  x  1  2x  3 2 2  x  x  1  x  3x  1  2   3 2 x  3  0  x  2 5 1 5  2  x  Thöû laïi ta coù caùc nghieäm x   ; x     4 x  x  1   2x  3 2  4 x 2  x  1   2 x  3 2 8   2 8  Câu 3: 1 1 1 7 7 7 3x 4  x 2  1 3x 4  x 2 1 I   dx   dx   dx  I 1  I 2 23 23 23 1 x x3  x 1 x x3  x 1 x x3  x 26 26 26 1 1 1 7 3x  1 2 7  d x3  x 3 2 7 123  Tính I 1   3 3 dx   3 3 2 3 x 3 x  1  364 1 x x 1 x x 26 26 26 1 1 1 7 7 2 1 1 1 1  1  3  1  7 15  Tính I 2   3 dx    d 1  2    3 1  2   1 1 x 2 1 1  x  4  x  1 4 3 1 3 1 2 26 x 26 x2 26 322 Vaäy I  . 91
S F G A D H E B C Câu 4: a 2 Nhö vaäy goùc giöõa hai maët phaúng (SAD) vaø (SCD) laø goùc giöõa HG vaø HF, ta coù HFG coù HF= ; 2 a 2 a 2 HG= ; GF  ta thaáy HGF ñeàu neân goùc giöõa (SAD) vaø (SCD) baèng 600 2 2 Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 1  x 2  xy  y 2  2 xy  xy  xy;1  ( x  y ) 2  3 xy  3 xy 1 Tõ ®ã ta cã   xy  1 . 3 M¨t kh¸c x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy nªn x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1 .§Æt t=xy  t 2  2t  2 1 Vậy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña P  f (t )  ;  t  1 t2 3 6 t  6  2 TÝnh f ' (t )  0  1  0  (t  2) 2 t   6  2(l )  1 1 Do hµm sè liªn tôc trªn   ;1 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña f ( ) , f ( 6  2) , f (1) cho ra kÕt qu¶: 3 3 1 11 MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f ( )  3 15 1ñ 4 A M D E 2 B E' C O 5 Câu 6a: 1,
Goïi E '( x0 ; y0 ) laø ñieåm ñoái xöùng cuûa E qua phaân giaùc ta coù heä   x0  1   y0  2   0   x  y0  1  x 0   x0  1 y0  2  0  0 , E '(0;1)   20  x0  y0  1  y0  1    2 2 Goïi B(t; t+2), t < 0,do ABCD laø hình chöõ nhaät vaø E naèm trong ñoaïn AB neân E' naèm treân ñoaïn BC  BE  BE'   t  1 t  t  t  1  0  t  1 do t
Ta coù F1(-2;0) vaø F2(2;0); F1F2=4 1 Do M  (E) neân MF1  MF2  6, dieän tích MF1F2 laø 2  MF1  MF2  F1F2  . 2  2 5 (1) 5 1 Goïi M( x; y) ta coù d ( M; Ox)  y , khi ñoù dieän tích MF1F2 laø y F1F2  2 y (2). 2 Töø (1) vaø (2) ta coù y   5. Nhö vaäy coù 2 ñieåm thoûa maõn baøi toaùn M1 (0; 5) vaø M2 (0;  5). Câu 6b: 2, Vì maët caàu (S) ñi qua A,B vaø tieáp xuùc vôùi mp(P) maø B naèm treân (P) neân (S) tieáp xuùc vôùi (P) taïi B, do ñoù taâm I cuûa maët caàu naèm treân ñöôøng thaúng d ñi qua B vaø vuoâng goùc vôùi (P), d coù vtcp laø r x  3 y 1 z  4 u  1;1; 3 ,d coù phöông trình laø   . Maët khaùc, taâm I cuõng naèm treân maët phaúng trung tröïc 1 1 3 cuûa ñoaïn thaúng AB, maët phaúng naøy ñi qua trung ñieåm M(-1;2;3) cuûa AB vaø coù vtpt uuur BA   4;2; 2  neân coù pt laø 2  x  1   y  2    z  3  0  2 x  y  z  3  0 2 x  y  z  3  0  x  2   Nhö vaäy toïa ñoä cuûa I laø nghieäm cuûa heä  x  y  4  0  y  2 3y  z  7  0 z  1   Baùn kính cuûa maët caàu laø R=IA= 11 . Phöông trình cuûa maët caàu laø (x+2)2+(y-2)2+(z-1)2=11 Goïi r laø baùn kính ñöôøng troøn ta coù r 2  d 2  I ;(Q )   11  r 2  11  d 2  I ;(Q )  ñöôøng troøn giao tuyeán coù dieän tích nhoû nhaát khi r nhoû nhaát hay d  I ;(Q )  lôùn nhaát Maët khaùc, IM  AB vaø d  I ;(Q )  IM , daáu baèng xaåy ra khi M laø hình chieáu cuûa I leân mp(Q) uuur hay IM  (Q),vaäy (Q) qua A vaø coù vtpt laø IM  1;0;2  , pt cuûa (Q) laø  x  1  2  z  2   0  x  2z  5  0  2 2 2  2011 y  x  x  2012 (1)  Câu 7b:  y 2  2012   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1(2)  +) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0 2 2 2 2 +) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt: x  log 2011 ( x  2012)  y  log 2011 ( y  2012) 1 Xeùt haøm soá f (t )  t  log 2011 (t  2012), t  0  f '(t )  1  0 2011(t  2012)  f (t ) laø haøm soá ñoøng bieán treân (0;+) từ đó suy ra x2 = y2  x= y hoặc x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x+2)=2log2 (x+1). Đặt 3t=log2(x+1) ta được x=23t -1 do đó 3log3(23t+1)=6t  8t +1=9t t t 1 8 Đưa pt về dạng       1 , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 9 9 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3.Vậy hệ có các nghiệm là (7;7); (3;-3)