Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 37 - đề 8 (có đáp án)', 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 37 - Đề 8 (có đáp án)
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3
2. Tìm m để phương trình x 4 4 x 2 3 log 2 m có đúng 4 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
3
x x x
1. Giải bất phương trình:
5 1
5 1 2 2
0
2. Giải phương trình: x 2 ( x 2) x 1 x 2
Câu III (2 điểm)
e x 1 tan( x 2 1) 1
1. Tính giới hạn sau: lim 3
x 1 x 1
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc
với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc . Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và
thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng:
a3 b3 c3 3abc a (b 2 c 2 ) b(c 2 a 2 ) c (a 2 b 2 )
PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : x 2 y 3 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4). Hãy tìm
trên đường thẳng một điểm M sao cho MA 3MB nhỏ nhất.
x 1 t x t
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : y 2t và d 2 : y 1 3t . Lập
z 2 t z 1 t
phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2.
3. Tìm số phức z thỏa mãn: z 2 2 z 0
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại
A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng
x 1 t x t
nhau.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : y 2t và d 2 : y 1 3t . Lập
z 2 t z 1 t
phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2.
3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 2i 1 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
…Hết…
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Câu ý Nội dung Điểm
2
1 1
TXĐ D =
Giới hạn : lim y
x
I
Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x
y’ = 0 x 0, x 2 025
Bảng biến thiên
x 2 0 2
025
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
3
-1 -1
Hàm số đồng biến trên các khoảng 2; 0 ,
2; và nghịch biến trên các khoảng 025
; 2 , 0; 2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT= -1
Đồ thị y
3
3 1 3
-1 O x
025
2 1
4 2
Đồ thị hàm số y x 4 x 3 y
025
3 y = log2m
1
x
O
- 3 2 -1 1 2 3
Số nghiệm của phương trình x 4 4 x 2 3 log 2 m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
025
4 2
y x 4 x 3 và đường thẳng y = log2m.
025
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2 m = 0 hoặc 1 log 2 m 3
025
hay m = 1 hoặc 2
- 2 1
Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI BC 025
(Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA S
a cot a
AI = a.cot , AB = AD = , SI = 025
sin sin
a 2 cot 2
S ABCD AB.AD.sin
sin
A D
3 2
a cot
VS . ABCD 025
3sin
Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD B I C
a 2 cot 1
= .(1 ) 025
sin sin
IV 1
Ta có a3 b3 c3 3abc a (b 2 c 2 ) b(c 2 a 2 ) c (a 2 b 2 )
a2 b2 c2 b2 c 2 a 2 c 2 a 2 b2 3
2ab 2bc 2ca 2 025
3
cos A cos B cos C
2 025
Mặt khác
cos A cos B cos C (cos A cos B ).1 (cos A cos B sin A sin B )
1 1 3 05
[(cos A cos B )2 12 ]+ [sin 2 A+sin 2 B]-cos A cos sB
2 2 2
3
Do đó cos A cos B cos C
2
Va 3
1 1
5
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; 3 )
2
025
Ta có : MA 3MB ( MA MB ) 2 MB 2 MI 2 MB 4 MJ
-
Vì vậy MA 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng 025
025
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
2
x 2 y 3 0 x 5
19 2 025
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ vậy M( ; )
2 x y 8 0 y 19 5 5
5
2 1
Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là u1 (1; 2;1) , đường thẳng d2 đi qua 025
B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là u2 (1;3; 1) .
Gọi ( ), ( ) là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là 025
giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) và ( )
Ta có MA (0; 0; 3), MB (1;1;0)
1
n1 MA; u1 (2;1;0), n2 MB; u2 (1;1; 4) là các vecto pháp tuyến của ( ) và ( )
3 025
Đường giao tuyến của ( ) và ( ) có vectơ chỉ phương u n1 ; n2 (4; 8;1) và đi qua M(1;0;1)
025
nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t
3 1
2 2 2
Gọi z = x + y.i. Khi đó z = x – y + 2xy.i, z x yi 025
z 2 2 z 0 x 2 y 2 2 x 2( x 1) yi 0 025
x2 y 2 2 x 0
( x 1; y 3), ( x 0; y 0), ( x 2; y 0)
2( x 1) y 0 025
Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 3i
025
Vb 3
1 1
Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y) (C1 ) x 2 y 2 13 (1)
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
025
Do N (C2 ) (2 x ) 2 (6 y ) 2 25 (2)
x 2 y 2 13
Từ (1) và (2) ta có hệ 2 2 025
(2 x) (6 y ) 25
17 6 17 6 025
Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x = ; y = ). Vậy M( ; )
5 5 5 5
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0 025
2 1
Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) d1 , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) d 2
Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là u1 (1; 2;1) , đường thẳng d2 có vecto chỉ phương là
u2 (1;3; 1) .
MN (t ' t 1;3t ' 2t 1; t ' t 3)
-
MN .u1 0 2t ' 3t 3 0 025
MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi MN .u 0
2 11t ' 4t 1 0
3
t ' 5
t 7 025
5
2 14 3 3 14 2
Do đó M( ; ; ), N( ; ; ).
5 5 5 5 5 5
025
MN 2 1 14 1
Mặt cầu đường kính MN có bán kính R = và tâm I( ; ; ) có phương
2 2 10 5 10
1 14 1 1
trình ( x ) 2 ( y )2 ( z )2
10 5 10 2 025
3 1
Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z.
z 1 2i 1 ( x 1) 2 ( y 2) 2 1
025
Đường tròn (C) : ( x 1)2 ( y 2)2 1 có tâm (-1;-2) O
Đường thẳng OI có phương trình y = 2x
Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm
Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai
giao điểm của đường thẳng OI và (C) I
025
Khi đó tọa độ của nó thỏa
1 1
y 2x x 1
5
x 1
5
mãn hệ 2 2
, 025
( x 1) ( y 2) 1 y 2 2 2
y 2
5
5
1 2
Chon z = 1 i ( 2 )
5 5 025
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
