Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 32 - Đề 7

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

49
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 7', 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 7

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx3  6 x 2  9mx  3 (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 9 2) Xác định m để đường thẳng d: y = x  3 cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C 4 thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2(sin x  cos x)  sin 3 x  cos 3 x  3 2(2  sin 2 x) 2) Giải phương trình: log 2 ( x  2)  (2 x  20) log 2 ( x  2)  10 x  75  0 2 Câu III (1 điểm) x5 Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = , trục hoành và hai 1  3  2x đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành. Câu IV (1 điểm) Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a. Gọi M, N lần lượt trung điểm của CC’, A’C’. Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E. Tính thể tích khối chóp A.BMNE. Câu V ( 1 điểm) Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : ( x  2)2  ( y  2)2  7 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 3 x( x  4)  5 + 3 y ( y  4)  5 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau ) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa ( 2 điểm) 4 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4,  ), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm 3 1 I(1,  ). Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho 2 ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm. x 1 y  1 z 1 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:   và hai điểm A(3, 2, –1), 1 2 3 B(–1,– 4,3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa ( 1 điểm) 1 0 1 1 1 2 1 2010 1 2011 Tính tổng S = C2011  C2011  C2011  ...  C2011  C2011 3 4 5 2013 2014 2. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb ( 2 điểm) x2 y2 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) :   1 và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2). Tìm điểm M 9 5 trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VIIb ( 1 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình: z 2  [(1  3)  ( 3  1)i ] z  2 3  2i  0 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z12011  z2 2011 ------------------------------------------- Bài giải Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm y  x3  6 x 2  9 x  3 +TXĐ : D = R x  1  y  1 + lim y   , lim y   + y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0   x  x   x  3  y  3
+BBT x – 1 3 + y’ + 0 – 0 + 1 + y – –3 + Hàm đồng biến trên các khoảng (–  , 1) và (3, +  ), nghịch biến trên khoảng (1,3) Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3) + y” = 6x – 12 ; y” = 0  x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1) + Đồ thị t x = x3-6x2+9x-3 4 2 -5 5 -2 -4 9 2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : mx3  6 x 2  9 mx  3  x 3 4 9 9  x( mx 2  6 x  9m  )  0  x  0; mx 2  6 x  9 m   0 (2) 4 4 + Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0    m  0 m  0 m  0     9  m 1  65 1  65    '  9  m(9 m  )  0  m 2   1  0   m (*)  4  4  8 8  9  1  1 9m  4  0  m  4  m  4  9 9 uuu r + Gọi B(x1, y1), C(x2, y2 ) với y1 = x1 – 3, y2 = x2 – 3 ; trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) . Ta có AB = (x1, 4 4 uuur uuu r uuu r  x2  3 x1 y1 + 3), AC = (x2 , y2 + 3) AC = 3 AB    x2 = 3x1  y2  3  3( y1  3)  x2  3 x1  x1  3 / 2m  x1  3 / 2 m    +Ta có  x1  x2  6 / m   x2  9 / 2m   x2  9 / 2m  x x  9  9 / 4m  x x  9  9 / 4m  2  1 2  1 2  4m  m  3  0 m  1 + Ta có 4m2 – m – 3 = 0   ( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4  m  3 / 4 Câu II(2 điểm) 1) 2(sin x  cos x)  sin 3 x  cos 3 x  3 2(2  sin 2 x)  2(sin x  cos x)  3sin x  4sin 3 x  4 cos3 x  3cos x  3 2(2  sin 2 x)  5(sin x  cos x)  4(sin x  cos x)(1  sin x cos x)  3 2(2  sin 2 x)  (sin x  cos x)(1  4sin x cos x)  3 2(2  sin 2 x) (1) + Đặt t = sinx – cosx ,  2  t  2 thì t2 = 1 – sin2x + (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2 ( 3 – t2 )  2t 3  3 2t 2  t  9 2  0  (t  2)(2t 2  5 2t  9)  0  t = 2
 3 + sinx – cosx = 2  sin( x  )  1  x   k 2 4 4 2) (1,0 đ) log 2 ( x  2)  (2 x  20) log 2 ( x  2)  10 x  75  0 (1) 2 +ĐK: x > – 2 . Đặt t = log 2 ( x  2) thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2) t  5 +  ' = (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 Suy ra (2)   t  15  2 x + log 2 ( x  2) = 5  x + 2 = 25  x = 30 + log 2 ( x  2) = 15 – 2x  log 2 ( x  2) + 2x – 15 = 0 1 Đặt f(x) = log 2 ( x  2) + 2x – 15 thì f’(x) =  2 > 0,  x  (2, ) ( x  2) ln 2 Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+  ) và f(6) = 0  x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0. + Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6} 3 x5 Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V =   (1  dx 1 3  2 x )2 + Đặt t = 1 + 3  2x  3  2x = t – 1  3 + 2x = (t – 1)2  dx = (t – 1)dt x = – 1t = 2 ; x = 3 t = 4 4 4 4 1 t 2  2t  8 1  10 8  1  t2 8 +V=  2 (t  1)dt =    t  3   2  dt =    3t  10 ln t   =   5ln 2  1 2 2 t 2 2 t t  2 2 t 2 Câu IV (1 điểm) + Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E. H Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK) 1 3 3a 2 +SABK = AB.AK.sin600 = A' N C' 2 8 3 E 1 3 3a +VH.ABK = SABK.HA = B' 3 8 1 3a3 A ' E HA ' 1 1 M +VM.ABK = SABK.MC = ;    A’E = a 3 8 AB HA 3 3 1 +VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN = SA’EN.HA 3 K A 1 3a3 C = .A’E.A’N.sin600.HA = 6 24 3 3 3 B 3 3a 3a 3a 5 3a 3 +VA.BMNE = –( + )= 8 24 8 24 Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P. Ta có m  T  Hệ sau có nghiệm ( x  2) 2  ( y  2) 2  7  3 (I)  x( x  4)  5  3 y ( y  4)  5  m  +Đặt u = 3 x( x  4)  5 , v = 3 y ( y  4)  5 .Ta có u = 3 ( x  2) 2  1  1 ,tương tự v  1  m3  9 u 3  v3  9 (u  v) 3  3uv(u  v )  9 uv  Hệ (I) trở thành    3m (m  0) u  v  m u  v  m u  v  m  3 m 9 +Ta có u, v là hai nghiệm phương trình: t 2  mt   0 (1) 3m + Hệ (I) có nghiệm  Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1  t1  t2
 2 4(m3  9)  m3  36  m  0  0 0  m  3 36   0 3m     3m    (t1  1)  (t2  1)  0   m  2  0  m  2  m  2 (t  1)(t  1)  0  3  3 2 m  0  m  3  1 2  m  9  m 1  0  m  3m  3m  9  0   3m    3m  3  m  36 . Suy ra miền giá trị T = [3, 36 ] . Vậy maxP = 3 36 , minP = 3 3 3 Câu VIa ( 2 điểm): 1 1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I  M’(3, 2) và N’( – 2, ) 3 x 3 y  2 +Phương trình đường thẳng M’N’:   x – 3y + 3 = 0 5 5 / 3 +A  MN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ + Phương trình đường thẳng PQ: y = 1. x  3y  3  0 x  0 +Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt   . C(0, 1)  A(2, – 2) y 1 y 1 + Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua I  Q’(5, – 2) +D  MQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN x 5 y  2 + Phương trình M’Q’:   2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4 2 4 2 x  y  8  0 x  4 +Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt   . B(4, 0)  D(– 2, – 1 ) x  4 y  0 Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 ) 2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)  d. Ta có: MA + MB = (t  2)2  (2t  3)2  (2  3t ) 2 + (2  t ) 2  (2t  3)2  (2  3t ) 2  3 3  14t 2  28t  17  14t 2  28t  17 = 14  (t  1)2   (t  1)2   =   14 14   3 3 +Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, ), F(–1, – ) và N(t, 0) 14 14 Ta có MA + MB = 14 (NE + NF)  14 FE = 2 17 + E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0 + Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1) Câu VIIa (1 điểm) + Ta có (1  x) 2011  C2011  C2011 x  C2011 x 2  ...  C2011 x 2010  C2011 x 2011 0 1 2 2010 2011 Suy ra x 2 (1  x ) 2011  C2011 x 2  C2011 x 3  C2011 x 4  ...  C2011 x 2012  C2011 x 2013 0 1 2 2010 2011 1 1  C  2 2011 0 x (1  x) dx = 2011 x  C2011 x3  C2011 x 4  ...  C2011 x 2012  C2011 x 2013 dx 2 1 2 2010 2011 0 0 1 1 0 1 1 1 2 1 1  =  C2011 x3  C2011 x 4  C2011 x5  ...  C2011 x 2013  2010 C2011 x 2014  2011 3 4 5 2013 2014 0 1 0 1 1 1 1 2 1 2010 1 2011 2 2011 = C2011  3 4 C2011  C2011  ...  5 2013 C2011  2014 C2011 Vậy S =  x (1  x) 0 dx . Đặt t = 1 – x  dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0 0 1 1 2 2011 2 2011 2013 2012 2011 S=  (1  t ) t (dt ) =  (t  2t  1)t dt =  (t  2t  t )dt 1 0 0 1  t 2014 t 2013 t 2012  1 2 1 1 = 2   =   =  2014 2013 2012  0 2014 2013 2012 2013.2014.1006 x2 y2 Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB:   2x + 3y + 2 = 0 4  2 2  2
2 2 x0 y0 2 x0  3 y0  2 + AB = 2 13 , M(x0,y0)  (E)    1 , d(M,AB) = 9 5 13 1 + SMAB = AB.d(M,AB) = 2 x0  3 y0  2 2 2 2 2 2  x0 y0   x0 y0  + BĐT Bunhiacôpxki (2 x0  3 y0 )   .6  .3 5      (36  45)  81  3 5   9 5  Suy ra 9  2 x0  3 y0  9  7  2 x0  3 y0  2  11  2 x0  3 y0  2  11  x0 y0  x0  2    5 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 18 15  5 .Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2, )  2 x0  3 y0  9  y0  3 3   r 2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n = (2, 2, 1) r + Gọi u = (a, b, c) là VTCP đường thẳng  cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) r r +   (P)  u  n  2a + 2b + c = 0  c = – 2a – 2b (1) uur uur r + Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)  tiếp xúc (S)  d(I,  ) = R uur r  AI , u     r  17  (2c  20b)2  (20a  9c)2  (9b  2a) 2  17. a 2  b 2  c 2 (2) u +Từ (1) và (2) ta có : (4a  24b) 2  (2a  18b) 2  ( 9b  2a ) 2  17[a 2  b 2  ( 2 a  2b) 2 ]  896b2 – 61a2 + 20ab = 0 +Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b  0. Chọn b = 1 224 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0  a = 4 hoặc a =  61 224 326 + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a =  , b = 1 thì c = .Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán 61 61 224 326 là:    x  8  4t , y  t ; z  23  10t và   /  x  8  t ; y  t ; z  23  t 61 61 Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số  = [(1  3)  ( 3  1)i]2  4(2 3  2i)  4 3  4i = [(1  3)  (1  3)i ]2 +Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3 – i và z2 = 1 + 3i 3 1   +z1 = 3 – i = 2(  i)  2[cos( )  i sin( )] 2 2 6 6 2011 2011 7 7 3 1  z12011  22011[ cos( )  i sin( )  22011[cos( )  i sin( )] = 22011 (  i) 6 6 6 6 2 2 1 3   +z2 = 1 + 3 i = 2(  i )  2(cos  i sin ) 2 2 3 3 2011 2011   1 3  z2  22011 (cos 2011  i sin )  2 2011 (cos  i sin ) = 22011 (  i) 3 3 3 3 2 2 1 3 1 3 Suy ra z12011  z2  2 2011[ 2011  i ] . Vậy phần thực là 2 2010 (1  3) và phần ảo là 2 2010 (1  3) 2 2