Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

173
lượt xem 60
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 33 - đề 2' download để xem và thực hành các bài tập sẽ giúp bạn tự tin chuẩn bị cho kỳ thi đại học sắp đến.

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 33 - Đề 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x )  mx 3  3mx 2   m  1 x  1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : 4 4 sin x  cos x 1 1).   tan x  cot x  ; 2). sin 2 x 2 2 3 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   2 1 x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. x2  7 x  6  0  Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x  2  m  1 x  m  3  0  B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  4 3 5 2 Cn 1  Cn 1  4 An 2   (Ở đây Ank , C nk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) C n  4  A7 3  n 1 15 n 1  2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 2 2 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x  y  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng: x 1 y  3 z x5 y z 5 d1 :   ; d2 :   . Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) và 2 3 2 6 4 5 cách (P) một khoảng bằng 2.  6 2 t 1   sin 0 2 dt Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố f ( x )  ln 3 và giải bpt: f '( x )  3  x  x2
Đáp án Câu Ý Nội dung Điểm 2 1,00 + Khi m = 0  y  x  1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m  0  y '  3mx 2  6mx   m  1 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y '  0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1   '  9m 2  3m  m  1  12m 2  3m  0  0  m  4 0,25 1 1,00 4 4 sin x  cos x 1   tan x  cot x  (1) sin 2 x 2 0,25 Điều kiện: sin 2 x  0 1 1  sin 2 2 x 2 1  sin x cos x  0,25 (1)      sin 2 x 2  cos x sin x  1 1  sin 2 2 x 2 1 1    1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 2 3 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  (2) x 1  0   4  x  4 0,25 Điều kiện:  4  x  0   4  x  0  x  1  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2  0,25  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; x  2 0,25 (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  x  2  24  4   0,25  x  2  24  lo¹i   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6  
III 1,00 dx tdt Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 x x dx tdt tdt   2  2 x 1 t t 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 1 3 2 dt 2 dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A  2 t 1    ln |1  2 ln  3  1 t2 2 1 t 2   0,50 3 1   2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . Dựng OH  SE  OH   SAB  , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2  2  2  2  2  2  1  OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9   SE  8 8 2 2 1 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 1  2 9 9 265    OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   2 8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO   .3   0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq   .OA.SA   .  8 8 8 V 1,00
 x 2  7 x  6  0 (1)  Hệ bất phương trình  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2)  0,25 1  1  x  6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0  1; 6 thỏa mãn (2). x2  2x  3  2   x 2  2 x  3   2 x  1 m   m (do x  1; 6  2 x  1  0)  2 x  1 0,25 x2  2x  3 Gọi f ( x)  ; x  1; 6 2x 1 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1; 6 : f ( x0 )  m 2x2  2 x  8 2  x2  x  4 1  17 f ' x  2  2 ; f '  x   0  x2  x  4  0  x  0,25  2 x  1  2 x  1 2 1  17 Vì x  1; 6 nên chỉ nhận x  2 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  ,f  3 13  2   2 27 0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  13 27 Do đó x0  1; 6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  m x1;6 13 VIa 2,00 1 1,00 4 x  3 y  4  0  x  2 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:    A  2; 4  0,25 x  2y  6  0 y  4 4 x  3 y  4  0 x  1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1; 0  0,25  x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0;  2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2 a  4b  0 · · Từ giả thiết suy ra   ;      ;   . Do đó 2 3 1 2 · · |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ;  3   cos  1;  2    2 5. a  b 2 25. 5 0,25 a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó  3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra  3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y  4  0 x  5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:    C  5; 4  0,25 x  y 1  0 y  4 2 1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI   OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P   0,25  d  I ,  P    d  I ,  Q    Ta có: 2 2 2 OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2   a  5    b  2    c  1  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  5 | 2 OI  d  I ,  P    a 2  b 2  c 2   9  a 2  b 2  c 2    a  2b  2c  5  (2) 3 0,25 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 ( lo¹i)   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5   a  2b  2c  13 17 11a 11  4a Từ (1) và (3) suy ra: b   ;c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b 2  c 2  9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2  221a  658   0 0,25 658  658 46 67  Như vậy a  2 hoặc a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I  ; ;  và R = 3. 221  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25 658 46 67  x  2    y  2    z  1  9 và  x     y     z    9 2 2 2        221   221   221  VIIa 1,00 Điều kiện: n  1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n  2  n  3 n  4   n  1 n  2  n  3 5     n  2  n  3 0,50  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1 n  2  n  3  7  n  1 n  n  1   5.4.3.2.1 15  n 2  9n  22  0    n 2  5n  50  0  n  10 0,50 n  5  VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2  y 2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,50   x  5y  2  0  y  1; x  3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì · ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua 0,50 tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00
 x  1  2t  Phương trình tham số của d 1 là:  y  3  3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M 1  2t;3  3t ; 2t  .  z  2t  0,25 Theo đề: |1  2t  2  3  3t   4t  1| |12t  6 | d  M ,  P   2  2  12t  6  6  t1  1, t2  0. 2 2 1   2   2 2 3 + Với t1 = 1 ta được M 1  3; 0; 2  ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3; 0  + Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:  x  3  2 y  2  z  2   0  x  2 y  2 z  7  0 (1) .  x  5  6t  0,25 Phương trình tham số của d 2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 1 Điều kiện 3 0 x3 3  x 0,25 1 1 3 f ( x)  ln 3  ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; f '( x)  3 3  x  '  3  x  3  x 3 x   6 2 t 6 1  cos t 3  3 Ta có:  sin 2 dt    2 dt    t  sin t |0     sin     0  sin 0   3  0 0   0,25  6 t sin 2 dt 2x 1   3 3   x  2 2    x 3 x  2  0 Khi đó: f '( x)  0  3  x x  2      1 0,50 x2  x  3; x  2  x  3; x  2   x3   2