Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 32 - đề 3', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 32 - Đề 3
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I ( 2 điểm)
x2
Cho hàm số y (C )
x3
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng
1
bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang.
5
Câu II ( 2 điểm)
1) Giải phương trình : 2sin 3 x cos 2 x cos x 0
2) Giải bất phương trình: x 2 x 2 3 x 5x 2 4 x 6
Câu III ( 1 điểm)
1
Tính I x ln(1 x 2 )dx
0
Câu IV ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông
góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối
chóp S.AHK theo a.
Câu V ( 1 điểm)
1 1
Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x2 2 y 2 2 .
y x
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a ( 2 điểm)
1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình
d: 2x - 5y + 3 = 0 và d’: x + y - 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC.
2) Cho mặt cầu (S) : ( x 3) 2 ( y 2) 2 ( z 1) 2 100 và mặt phẳng ( ) : 2 x 2 y z 9 0
Chứng minh rằng (S) và ( ) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính
của đường tròn (T) .
Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm số phức z, nếu z 2 z 0 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI .b ( 2 điểm)
1) Cho đường tròn ( C) x 2 y 2 2 x 4 y 4 0 và điểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C)
tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN.
x 4 t
x 2 y 1 z 1
2) Cho hai đường thẳng d: và d’: y 2 t
1 1 2 z t
Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’.
x 2 3x 2
Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số y (C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó
x
kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C).
*********************Hết********************
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
Nội dung
+)pt 2sin 3 x (1 2sin 2 x) cos x 0
2 sin 2 x(1 s inx) (1 cos x) 0
(1 cos x) 2(1 cos x)(1 s inx) 1 0
(1 cos x) 2(s inx cos x) 2sin x cos x 1 0
1 cos x 0 (1)
2(s inx cos x) 2sin x cos x 1 0 (2)
Giải (1) ta được x 2k (k Z )
Giải (2) : Đặt t s inx cos x 2 sin( x ) , t 2; 2
4
t 0
Ta được phương trình t 2 2t 0
t 2 (loai)
Với t = 0 x k (k Z ) Vậy phương trình có nghiệm: x 2k x k ( k Z )
4 4
Bình phương hai vế ta được 6 x( x 1)( x 2) 4 x 2 12 x 4
3 x( x 1)( x 2) 2 x( x 2) 2( x 1)
x( x 2) x( x 2)
3 2 2
x 1 x 1
1
x( x 2) t
Đặt t 0 ta được bpt 2t 2 3t 2 0 2 t 2(
x 1
t 2
do t 0 )
x( x 2)
Với t 2 2 x2 6 x 4 0
x 1
x 3 13
x 3 13 ( do x 2 ) Vậy bpt có nghiệm x 3 13
x 3 13
2 xdx x2
Đặt u ln(1 x 2 ) du dv xdx v
1 x2 2
1 1
x2 x3 1
Do đó I ln(1 x 2 ) 2
dx ln 2 I1
2 0 0
1 x 2
1 1 1 1
x 1 1 2x 1 1 1 1
Tính I1: Ta có I1 ( x 2
)dx x 2
dx ln 1 x 2 ln 2
0
1 x 2 0 2 0 1 x 2 2 0 2 2
- 1
Vậy I ln 2
2
S
+) Theo bài ra ta có SH ( AHK )
H
BC SA, BC AB BC (SAB ) BC AK
a
Và AK SC nên K
2a
C
AK (SBC ) AK KH và SB AK A
a
B
+) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông
1 a 2 2a a 3 a
ta có AK SB , AH KH , SH
2 2 5 10 5
1 a2 6
+) Ta có S AHK AK .HK (dvdt )
2 4 10
1 a3 3
Vậy VS . AHK S AHK .SH (dvtt )
2 60
1 1
+) Theo B ĐT Côsi ta có 0
- +) Goi d1 là đường thẳng qua B và song song với d’ nên phương trình d1 là: x + y – 8 = 0.
33 19
Gọi E d d1 nên E ( ; ) .Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung điểm AE suy ra A(1;1)
7 7
+) Ta có cạnh BC c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0Suy ra
35 50 uuu 38 47
r
C ( BC ) d ' C ( ; ) AC ( ; )
3 3 3 3
x 1 38t
+) Vậy phương trình cạnh AC là
y 1 47t
2.3 2(2) 1 9
+) Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính r = 10 .Ta có : h d ( I , ( )) 6
4 4 1
Vậy d ( I , ( )) r nên (S) cắt ( ) theo giao tuyến là đường tròn (T) .
+) Gọi J là tâm của (T) thì J là hình chiếu của I lên ( ) .Xét đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với ( ) .
x 3 2t
r r
Lúc đó (d) có vectơ chỉphương là a n (2; 2; 1) . Phương trình tham số của (d) là : (d ) : y 2 2t (t ¡ )
z 1 t
x 3 2t
y 2 2t
+) Ta có J d ( ) Xét hệ: Giải hệ này ta được : J(-1;2;3) .
z 1 t
2 x 2 y z 9 0
+) Gọi r’ là bán kính của (T) , ta có : r r 2 h 2 100 36 8 Vậy : J(-1;2;3) và r’= 8
+) Đặt z = x + yi, khi đó z 2 z 0 ( x yi )2 x 2 y 2 0
x 2 y 2 x 2 y 2 0
+)
x 2 y 2 x 2 y 2 2 xyi 0
2xy 0
x 0
x 0
x 0
x 0, y 0
2 y 0
y y 0
y (1 y ) 0
y 1 x 0, y 1
+)
x 0, y 1
y 0
y 0
x 0 (do x 1 0)
x 2 x 0 x (1 x ) 0 y 0, x 0
y 0
+)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i.
+) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3 Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x= -
2
- +)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( -2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ y = k(x + 2) + 3
3k 1 4
d’ là tiếp tuyến của ( C ) d( I, d’ ) = R 3 k
2
k 1 3
7 57
+ ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(-2; 0), của d’ và (C ) là N ( ; )
5 5
7 3 1 9
+ Ta có AM = 3, d ( N , d ) 2 .Vậy S AMN AM .d ( N , d ) (dvdt )
5 5 2 10
r r uuuu
r
+) Ta có vtcp của d u (1; 1; 2) và M(2;1;1) d vtcp của d’ u '(1; 1;1) và N (4;2;0) d' => MN (2;1; 1)
r ur uuuu r
+)Ta có u , u ' .MN 3 0 vậy d và d’ chéo nhau ta có A d A(2 k ;1 k ;1 2k ) ,
uuu r
r
uuu
r AB.u 0
B d ' B(4 t ; 2 t ; t ) AB (2 t k ;1 t k ; 1 t 2 k ) AB là đoạn vuông góc chung uuu ur
r
AB.u ' 0
4t 6k 1 0 t 2 uuu
r 3 2
+) AB (1,5;1,5; 0) Vậy d(d,d’) = AB =
3t 4k 0 k 1,5 2
r ur uuuu r
u, u ' .MN
3
Chú ý : có thể tính theo cách d (d , d ') r ur
u , u ' 2
+) Gäi M lµ ®iÓm thuéc ®êng th¼ng x=1, d lµ ®êng th¼ng ®i qua M cã hÖ sè gãc lµ k. d cã ph¬ng tr×nh lµ : y=
k(x-1)+m ( víi M(1,m) )
x 2 3x 2 x 2 2
+) Thay (2) vµo (1) ta cã 2 ( x 1) m
x x
x( x 2 3 x 2) ( x 2 2)( x 1) mx 2
g ( x, m) (2 m) x 2 4 x 2 0 (3)
+)§Ó tõ M kÎ ®îc ®óng 2 tiÕp tuyÕn ®Õn C th× ph¬ng tr×nh (3) cã ®óng 2 ngiÖm ph©n biÖt
' 4 2(2 m) 0 2 m 0 m0
Do ®ã (*)
(2 m) g ( x, m) (2 m)(2) 0 2 m 0 m 2
+) VËy trªn ®êng th¼ng x=1 .TËp hîp c¸c ®iÓm cã tung ®é nhá h¬n 0 (m
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
