Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 33 - đề 9', 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 33 - Đề 9
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1:
2x 4
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
x 1
2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1)
Câu 2:
1 3x 7
1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x cos4x + cos =
2 4 2
2. Giải phương trình: 3x.2x = 3 x + 2x + 1
Câu 3:
2
1 s inx x
Tính tích phân: K = 1+cosx e dx
0
Câu 4:
Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt
phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5:
x2 y z4
Cho đường thẳng (d): và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d)
3 2 2
những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng
trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.
x x 8 y x y y
2. Giải hệ phương trình:
x y 5
Câu 7a:
cosx
Tìm giá trị nhỏ nhất y = 2
với 0 < x ≤
sin x(2cosx -sinx) 3
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
n
1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: x
2lg(103 ) 5 2( x 2) lg3 biết rằng số
1 3 2
hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và Cn Cn 2Cn
2 2 3
2. Cho 3 cos sin . Tìm các số phức β sao cho β = α
3 3
Câu 7b:
Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
52
a 2 b 2 c 2 2abc 2
27
------------------------------Hết---------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 31)
LỜI GIẢI TÓM TẮT:
I. PHẦN CHUNG:
- Câu 1:
1. Bạn đọc tự giải.
uuuu
r
2. MN = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0
Đường thẳng (d) MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m.
Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:
2x 4
2 x m 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)
x 1
Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có = m2 – 8m – 32 > 0
Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)
x x m m
Trung điểm của AB là I 1 2 ; x1 x2 m I( ( ; ) ( theo định lý Vi-et)
2 4 2
2
Ta có I MN ==> m = - 4, (1) 2x – 4x = 0
A(0; - 4), B(2;0)
Câu 2:
1 3x 7
1. 4cos4x – cos2x cos4x + cos =
2 4 2
1 3x 7 3x
(1 + cos2x)2 – cos2x (2cos 2 2 x 1) + cos = cos2x + cos =2
2 4 2 4
cos2x = 1
3x ( vì VT ≤ 2 với mọi x)
cos 4 1
x k
m8 (k ; m ¢ ) x = 8n ( n ¢ )
x 3
2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x = 1.
1
Ta có x = không là nghiệm của phương trình nên
2
2x 1
(2) 3x
2x 1
Ta có hàm số y = 3x tăng trên R
2x 1 1 1
hàm số y = luôn giảm trên mỗi khoảng ; , ;
2 x 1 2 2
Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x = 1
Câu 3:
x x
1 2sin cos
1 s inx 2 2 1 x
Ta có tan
1+cosx x x 2
2cos 2 2cos 2
2 2
2 x 2
e dx x
Vậy: K = e x tan dx = M + N
x 2
0 2cos 2 0
2
2
e x dx
Với M = Dùng phương pháp tptp
x 2
0 2cos
2
u e x
u ' e x
1
Đặt v ' x
2cos 2 x v tan
2
2
-
x
Vậy M = e x tan 2 - N = e 2 - N ==> K = e 2
2
0
Câu 4:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung
·
điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều AMS
Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I SO; N là hình
·
chiếu của I trên SM, MI là phân giác của AMS
a 3
Ta có SO = OM tan = tan ( Với a là độ dài của cạnh
6
đáy)
Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2
a2 a2 a2 2 3
tan 2 1 a
12 12 4 4 tan 2
tan
2
r = OI = OM.tan =
2 4 tan 2
4 tan 3
Vậy V = 2
3
3 4 tan
2
Câu 5:
uuur
Ta có AB (6; 4; 4) ==> AB//(d)
Gọi H là hình chiếu của A trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0
H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5)
Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d)
Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4)
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”
Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác
{4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}
3
Vậy: n() = C53 10 ; n(A) = 3 ==> P(A) =
10
2.
x 0
y 0
x x 8 y x y y x ( x 1) y ( y 8)
2 2
x y 5
y x 5
x( x 1) y ( y 8)
y x 5
x 1
y 0
x 9
2
3 x 22 x 45 0 y 4
y x 5
Câu 7a:
-
Trên nửa khoảmg 0; , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được
3
2
1 tan x
y=
2 tan 2 x tan 3 x
Đặt t = tanx ==> t (0; 3]
1 t2
Khảo sát hàm số y = 2 3
trên nửa khoảng 0;
2t t 3
4 2
t 3t 4t x 0
y’ = 2 3 2
; y’ = 0
(2t t ) x 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x =
4
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3
n! n! n!
1 3 2
Ta có Cn Cn 2Cn 2 n2 – 9n + 14 = 0 n = 7
1!(n 1)! 3!(n 3)! 2!(n 2)!
2 5 lg(10 3x )
5
Ta có số hạng thứ 6 : C7 2lg(10 3
x
)
5
2 ( x 2)lg3 = 21 21.2 2 (x – 2)lg3 = 21
x 0
lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0 (10 – 3x)3x – 2 = 1 32x - 10.3 x + 9 = 0
x 2
3 3
2. Gọi β = r( cos + isin) β = r ( cos3 + isin3)
r 3 3
3 2
2 r 3 3
Ta có: r ( cos3 + isin3) = 3 cos sin 2 k 2
3 3
9 3
Suy ra β
Câu 7b:
Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c =
2).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c
3 – (a + b + c) 3 3 (1 a )(1 b)(1 c) > 0
1 28
(1 a )(1 b)(1 c) 0 ab bc ca abc 1
27 27
56
2 2ab 2bc 2ca 2abc
27
56 52
2 ( a b c) 2 ( a 2 b 2 c 2 2abc) a 2 b 2 c 2 2abc 2
27 27
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
3
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
