Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 32 - Đề 8

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

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 6
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 8', 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 8

ĐOÀN TNCS HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG Môn thi: Toán - Khối A – A1 - B ================== Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ------------------------------ Câu 1 (2, 0 điểm). Cho hàm số y = x4 – 2x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt. Câu 2 (1, 0 điểm). Giải phương trình: 2013 2013 (cos 3 x  sin 2 x  cos x) cos  (sin 3 x  cos 2 x  sin x) sin 5 5 2 Câu 3 (1, 0 điểm). Giải phương trình 4 x  8 x  2 x  3  1 (x  R) 3 4   Câu 4 (1, 0 điểm). Tính tích phân I   (2  2 sin 2 x) sin x  dx   4 4 Câu 5 (1, 0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAB đều và SCD vuông cân tại S. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính theo a thể tích của khối chóp S.AMCN và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC. Câu 6 (1, 0 điểm). Cho các số x, y, z thuộc khoảng (0; 1) và thỏa mãn xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + z2. Câu 7a (1, 0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2; -3), phương trình đường thẳng AB là 3x + 4y – 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ của A lớn hơn 2. Câu 8a (1, 0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(4; -4, 3), B(1; 3; -1), C(-2; 0; -1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng (): x + y + z + 2 = 0 và (): x – y – z – 4 = 0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau. 2  z 1  Câu 9a (1, 0 điểm). Gọi z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình    1 . Tính  2z  i  giá trị biểu thức P = (1  z12 )(1  z 22 ) . ======HẾT====== Thí sinh không được dùng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ......................................................... Số báo danh: ............................
ĐOÀN TNCS HỒ CHÍ MINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 ================== Môn thi: Toán - Khối A - A1 - B ------------------------------ I. Hướng dẫn chung 1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Ban chấm thi. 3. Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm) II. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x4 – 2x2 0.25 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a.Chiều biến thiên: +) y’ = 4x3 – 4x; y’ = 0  4x3 – 4x = 0  x = 0, x = 1 +) Xét dấu y’: 0.25 Suy ra hàm số nghịch biến trên (-; -1) và (0; 1); đồng biến trên (-1; 0) và (1; +) b) Cực trị: -Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = -1, đạt cực đạt tại x = 0, yCĐ = 0. c) Các giới hạn: lim y   , lim y   x   x   d) Bảng biến thiên: 0.25 x -∞ -1 0 1 +∞ y' - 0 + 0 - 0 + 0 +∞ y +∞ -1 -1 3. Đồ thị hàm số: 8 0.25 - Đồ thị hàm số nhận oy làm trục đối xứng: - Đồ thị hàm số qua hai điểm: 6 ( 2 ;0) , ( 2 ;0) 4 2 -1 1 10 5 5 10 -1 2 4 6 b) Giả sử đường thẳng d tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt A(a; a4 – 2a2) và B(b; 0.25 b4 – 2b2) (a  b). Khi đó y = y’(a)(x – a) + a4 – 2a2 và y = y’(b)(x – b) + b4 – 2b2 đều là phương trình của tiếp tuyến d.
 y ' (a )  y ' (b) 0.25 Đồng nhất thức, ta có:  4 2 4 2  ay ' (a )  a  2a  by ' (b)  b  2b a 2  ab  b 2  1  0  2 2 . (a  b )[3(a  b )  2]  0 Giải hệ ta được hai nghiệm là (1; -1), (-1; 1) 0.25 Vậy đường thẳng y = -1 là tiếp tuyến cần tìm. 0.25 2 2013 2013 0.25 (cos 3 x  sin 2 x  cos x ) cos  (sin 3 x  cos 2 x  sin x ) sin 5 5  2013   2013   2013   cos 3 x    sin  2 x    cos x  0  5   5   5   2013   2013  0.25  2 sin  2 x   sin x  sin  2 x  0  5   5   2013   sin  2 x  2 sin x  1  0  5   2013  0.25  sin  2 x    0 hoặc 2 sin x  1  0  5  2013   7 0.25 Phương trình có các họ nghiệm: x    k , x    k 2 , x   k 2 10 2 6 6 3 2 9 1 0.5 Biến đổi: 4 x  8 x  2 x  3  1  4 x 2  6 x   (2 x  3)  2 x  3  4 4  3 1  3 2  1 2  2 x  2  2 x  3  2 (1)   2x     2x  3      2  2  2 x  3   2 x  3  1 (2)   2 2 3  17 5  21 0.5 Giải (1), (2) ta được x  , x 4 4 4 3 0.5 4   Tính tích phân I   (2  2 sin 2 x) sin  x  dx   4 4 3 3 4 4          2  (1  cos 2 x  ) sin  x  dx  4  cos 2  x   sin  x  dx   2  4   4  4 4 4     0.25 Đặt t  cos x    dt   sin  x  .dx  4  4  3 x   t  1; x  t 0 4 4 1 4 4 0.25 Suy ra: I  4 t 2 dt  t 3 1  0 0 3 3 5  AB  SM 0.25 Ta có:   AB  ( SMN )  ( ABCD)  ( SMN )  AB  MN
Trong mặt phẳng (SMN) kẻ SH  MN  SH  (ABCD) 3 S 0.25 Ta có SM  a , MN = a, 2 1 a SN  CD  2 2 Ta có MN2 = SM2 + SN2 suy ra SMN vuông tại S. 1 1 1 Suy ra: 2  2  SH SM SN 2 A D a 3  SH = , 4 N M H B C a 1 1 2 1 a3 3 0.25 S AMCN  S ABCD  a . VS . AMCN  SH .S AMCN  2 2 3 24 SM  CD 0.25 Ta có:   SM  (SCD ) . Vì AB // CD  AB // (SCD) nên d(AB, SC) = SM  SN a 3 d(AB, (SCD)) = d(M, (SCD)) = SM = 2 6 Từ giả thiết: xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z)  xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + zx) – xyz 0.25  xy + yz + zx = 2xyz + (x + y + z) - 1 Mặt khác: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = (x + y + z)2 - 2(x + y + z) + 2 0.25 3 x yz – 4xyz ≥ ( x  y  z ) 2  2( x  y  z )  2  4.   3  Đặt t = x + y + z, vì x, y, z thuộc (0; 1) nên 0 < t < 3. 0.25 4t 3 Suy ra x2 + y2 + z2 ≥ t2 – 2t + 2 - , t  (0; 3). 27 4t 3 3 0.25 Khảo sát hàm số f(t) = t2 – 2t + 2 - , t  (0; 3) và tìm được giá trị nhỏ nhất là 27 4 khi x = y = z = ½. 7 Cạnh hình vuông ABCD là a = 2d(I, AB) = 4 3x+4y-4=0 0.25 A B 2 Vì ABCD là hình vuông nên IA = IB = a =2 2 2 I D C Khi đó A, B thuộc đường tròn (C) tâm I(2; -3), bán kính R = 2 2 , có phương trình 0.25 là: (x – 2)2 + (y + 3)2 = 8 Suy ra A, B là giao của AB và (C) có tọa độ là nghiệm của hệ: 0.25 3 x  4 y  4  0  24 13   8 1   2 2 ta được: A ;  , B ;  (Vì xA > 2 )  ( x  2)  ( y  3)  8  5 5  5 5
 4 17   12 29  0.25 Vì I là trung điểm của AC và BD nên C   ;  , D ;   5 5 5 5  9 Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S). Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt 0.25 phẳng (): x + y + z + 2 = 0 và (): x – y – z – 4 = 0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ:  IA  IB 3a  7b  4c  15    IA  IC  3a  2b  2c  9 d ( I , ( ))  d ( I , (  )) a  b  c  2  a  b  c  4   a  1 a  19 / 7 0.25   Giải hệ ta được: b  0 hoặc b  12 / 7 c  3 c  9 / 7   a  1 0.25  Với b  0 , viết được phương trình mặt cầu: ( x  1) 2  y 2  ( z  3) 2  25 c  3  a  19 / 7 0.25  19 12 9 1237 Với b  12 / 7 , mặt cầu có phương trình: ( x  ) 2  ( y  ) 2  ( z  ) 2  c  9 / 7 7 7 7 49  9  z 1  2 z 1 z 1 0.25 Từ giả thiết:    1   i (1) hoặc  i (2)  2z  i  2z  i 2z  i 2 4 0.5 Từ (1) ta tìm được: z1   i , từ (2) ta tìm được: z 2  0 5 5 13 16 0.25 Suy ra: P = (1  z12 )(1  z 2 )  2  i 25 25