Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 34 - Đề 5

Chia sẻ: Ky Su | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

32
lượt xem 4
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 34 - đề 5', 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 34 - Đề 5

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  (3 x  1)m (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m  1 . 2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung. Câu II:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 17 8cos 3 x  6 2 sin 3 2 x  3 2 cos(  4 x).cos 2 x  16cos x . 2 1 dx 2. Tính tích phân : I    e x  1 x2  1 . 1 Câu III:(2,0 điểm) x 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m  e  4 e 2 x  1 có nghiệm 2 thực . 1 1 1 2. Chứng minh:  x  y  z       12 với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn x y z 1;3 . Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 600 .Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với   A  2;0  và G 1 ; 3 là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VI.a:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 3  4.16 x  12 x   2 x  1 . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x  1 ln x . B. Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A  0 ; 1 và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là  2x  y 1  0 và x  3 y  1  0 . Tìm tọa độ hai điểm B và C. Câu VI.b:(2,0 điểm) log x 1 log x  2 1. Giải phương trình: 2 2 3  x. 3 ln  2  x  2. Tìm giới hạn: lim . x1 x 2  1 -----Hết----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. .........................................................................................................................
Đ áp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu Ý NỘI DUNG Điểm Câu I Ý1 Khi m =1  y  x3  3 x  1 . Tập xác định D=R . 0,25 đ (2,0đ) (1,0 đ) Giới hạn: lim y   ; lim y   . x  x  2 0,25 đ y’= 3x – 3 ; y’=0  x  1 . Bảng biến thiên . Hàm số đồng biến trên khoảng   ;  1 , 1;    và nghịch biến 0,25 đ trên khoảng  1;1 . Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; yCĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; yCT = -1 . Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3). 0,25 đ Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) . Ý2 y’ = 0  3x2 – 3m = 0 ;  '  9m . 0,25 đ (1,0 đ) m  0 : y’ không đổi dấu  hàm số không có cực trị . 0,25 đ m  0 : y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0  hàm số có 2 cực trị. 0,25 đ KL: m  0 . m  0  P   m  0  đpcm. 0,25 đ âu II Ý1 Biến đổi: 4cos 3 x  3 2 sin 2 x  8cos x (2,0 đ) (1,0 đ) 0,25 đ  2 cos x.(2 cos 2 x  3 2 sin x  4)  0 0,25 đ  cos x  0 v 2 sin 2 x  3 2 sin x  2  0 . 0,25 đ    x  2  k     x   k 2 , k Z  4 0,25 đ   x  3  k 2  4 KL: Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ
 x  2  x  2 Khi x = 2y  y  1   ;  (loại) .  y  1  y  1 Khi y=2x  -3 x 2 = 3 : VN . 0,25 đ KL: nghiệm hệ PT là  2;1 . x Câu III Ý1 (2,0 đ) (1,0 đ) Đặt t  e 2 ĐK: t > 0 . 0,25 đ PT trở thành: m  4 t 4  1  t . Xét f (t )  4 t 4  1  t với t > 0 . 3  t4  0,50 đ f '(t )   4 4   1  0  hàm số NB trên  0;    .  t 1 1 lim f (t )  lim  0 ; f(0) = 1. t  t   4 t4 1  t  t4 1  t2  0,25 đ KL: 0< m
Câu Va (1,0 đ) Đặt AB = a  BC  a 2  S ABC  a2 ;p  2 2 a .  0,50 đ 2 2 S ABC a r   . 0,25 đ p 2 2 uuur 0,25 đ   AG  1; 3  AG  2  AM  3  a  3 2  r  3   2 1 . Câu VIa Ý 1 PT  4.16 x  12 x  32 x 1  4.42 x  4 x.3x  3.32 x . (2,0 đ) (1,0 đ) 2x x 4 4 0,50đ Chia 2 vế cho 32 x  0 , ta có: 4       3  0 . 3 3 x 4 3 Đặt t    . ĐK: t  0 ; 4t 2  t  3  0  t  1(kth); t  (th) . 0,25 đ 3 4 x 1 3 4 3 4 0,25 đ Khi t  , ta có:        x  1 . 4 3 4 3 Ý2 x 1 TXĐ: D   0;    ; y '  ln x  . 0,25 đ (1,0 đ) x x 1 y’= 0  x  1 ; y(1) = 0 vì y  ln x  là HSĐB 0,50 đ x Khi 0 < x < 1  y '  0 ; khi x > 1  y '  0 . 0,25 đ KL: miny = 0  x  1 . Câu Vb 2 x  y  1 4 1 (1,0 đ) Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là   G ; . 0,25 đ x  3y  1 7 7 Gọi B  b ;2b  1  (d1 ) ; C 1  3c ; c   (d 2 )  5  2 b  3c  7  b  7  0,50 đ Ta có:   . 2b  c  3 c   1   7   7  2 3   10 1  KL: B  ;   ; C  ;   . 0,25 đ 7 7  7 7 Câu VIb Ý 1 ĐK: x > 0 . Đặt t  log 3 x  x  3 t . 0,25 đ (2,0 đ) (1,0 đ) t 2 1 9 2 4 2 Ta có: 2.2t  2t  3t  .2t  3t        . 0,50 đ 4 4 3 9 3 Khi t = 2 thì log 3 x  2  x  9 (th) KL: nghiệm PT là x  9 . 0,25 đ
Ý2 Đặt t  x  1. Suy ra : x  1  t  0 . 0,25 đ (1,0 đ) ln 1   t   1 ln 1  t  1 Giới hạn trở thành: lim  lim .  . 0,50đ t0 t t  2 t 0  t  t  2 2 ln  2  x  1 KL: lim 2  . 0,25đ x 1 x 1 2 * Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. …..HẾT…..