Đề thi thử Đại học Khối A môn Toán năm 2013

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

201
lượt xem 88
download

Đề thi thử Đại học Khối A môn Toán năm 2013

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học khối A môn Toán năm 2013, tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi hiệu quả. Đề thi giúp các bạn tổng hợp kiến thức và rèn luyện kỹ năng làm bài giúp đạt kết quả tốt nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học Khối A môn Toán năm 2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN Bài 1: 4 3 2 Cho hàm số y  x  mx  2x  3mx  1 (1) . 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Bài 2: 23 2 1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 8 2 2). Giải phương trình: 2x +1 +x x  2  x  1   x2  2x  3  0 Bài 3: Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng (  ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (  ).  2 Bài 4: Tính tích phân: I    x  1 sin 2xdx . 0 Bài 5: Giải phương trình: 4  2 x x 1     2 2 x  1 sin 2 x  y  1  2  0 .  x2  x1 2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9  1  10.3 x  x 2 . Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy. 1 3 2). Cho số phức z    i . Hãy tính : 1 + z + z2. 2 2 Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. Câu 9: x2 y 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E):   1. 4 1 Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: 2) y  x 4  mx 3  2x 2  2 mx  1 (1) Đạo hàm y /  4x3  3mx2  4x  3m  (x  1)[4x2  (4  3m)x  3m] x  1  y/  0   2  4x  (4  3m)x  3m  0 (2)  Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt   (3m  4)2  0 4  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1   m . 4  4  3m  3m  0 3 4 Giả sử: Với m   , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x 2 , x 3 3  Bảng biến thiên: x - x1 x2 x3 + y/ - 0 + 0 - 0 + y + CĐ + CT CT  Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. 4 Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m   . 3 Bài 2: 23 2 1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3 x =  cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 8 2 3 2 8 23 2  cos2 3x  sin2 3x+3 cos3xcosx  sin 3xsinx    2 2   cos4x   x    k ,k  Z . 2 16 2 2) Giải phương trình : 2x +1 +x x2  2   x  1 x2  2x  3  0 . (a)  u  x2  2, u  0  v2  u2  2x  1   u2  x 2  2   * Đặt:   2 2  v2  u2  1 2  v  x  2x  3, v  0    v  x  2x  3  x2   2  Ta có:  v2  u2 1  v2  u2 1   v2  u2  u  v2  u2  v (a)  v2  u2    .u     1.v  0 v2  u2     2  .u     2 .v  2  0   2   2    2   v  u  0 (b)   v  u  1   (v  u) (v  u)1     0  (v  u)1 v  u   1  0 (c)   2  2      2  2  Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.  Do đó: 1 (a)  v  u  0  v  u  x 2  2x  3  x 2  2  x 2  2x  3  x2  2  x   2
1 Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =  . 2 Bài 3: uuu r  AB   2;0;2   uuu uuu r r 1) + Ta có  uuu r   AB, CD    6; 6;6  . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song   CD   3;3;0   r song CD có một VTPT n  1;1; 1 và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C không thuộc (P), do đó (P) // CD. uuu uuu r r uuu uuu r r AB.CD 1 + cos  AB, CD   cos AB, CD   AB.CD 2     AB, CD   600 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz. uuur uuuu r uuu uuuu r r  DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n   Ta có :  uuur uuuu r   uuur uuuu r .  DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   Mặt khác: x y z 1 1 1 Phương trình mặt phẳng (  ) theo đoạn chắn:    1 . Vì D (  ) nên:    1. m n p m n p uuu uuuu r r uuu uuuu r r  DP  NM   DP.NM  0  D là trực tâm của MNP   uuur uuuu   uuur uuuu r r . Ta có hệ:   DN  PM   DN .PM  0   m n  0   m  3  m p  0  .  1 1 1 n  p  3    1 m n p  x y z Kết luận, phương trình của mặt phẳng (  ):    1. 3 3 3  du  dx 2 u  x  1  Bài 4: Tính tích phân I    x  1 sin 2xdx . Đặt   1 0  dv  sin 2xdx v  cos2x  2    /2 1 2 1  1 2  I =   x  1 cos2x   cos2xdx   1  sin 2x   1 . 2 0 2 0 4 4 0 4 Bài 5: Giải phương trình 4  2 x x 1      2 2  1 sin 2 x  y  1  2  0 (*) x Ta có: (*)  2  2  1  sin 2  y  1  0(1)  x  x    2 x  1  sin 2 x  y  1    cos 2 2 x  y  1  0    x cos 2  y  1  0(2)     Từ (2)  sin 2 x  y  1  1 .    Khi sin 2  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) x Khi sin  2 x  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2 x = 2  x = 1.
 Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = -1  y  1   k , k  Z . 2    Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1   k , k  Z  .  2  2 2 2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9 x  x 1  1  10.3 x  x2 . Đặt t  3x  x , t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) 2 x Khi t  1  t  3x  1  x 2  x  0  1  x  0 .(i) 2 x  x  2 Khi t  9  t  3x  9  x2  x  2  0   (2i) x  1 Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7: k 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là C50  Số tất cả các tập con không rỗng 2 4 6 50 chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = S  C50  C50  C50  ...  C50 . 50 Xét f(x) = 1  x   C50  C50 x  C50 x 2  ...  C50 x 49  C50 x 50 0 1 2 49 50 Khi đó f(1) =250  C50  C50  C50  ...  C50  C50 . 0 1 2 49 50 0 1 2 49 50 f(-1) = 0  C50  C50  C50  ...  C50  C50 2 4 6  50  Do đó: f(1) + f(-1) = 250  2 C50  C50  C50  ...  C50  250  2 1  S   250  S  2 49  1 . Kết luận:Số tập con tìm được là S  249  1 1 3 3  1 3   1 3  2) Ta có z 2    i . Do đó: 1  z  z 2  1     i    i  0 4 4 2  2 2   2 2  Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là  = · ' EH . A a 3 a 3 a 3 9b 2  3a 2 Tá có : AE  , AH  , HE   A'H  A ' A2  AH 2  . 2 3 6 3 A ' H 2 3b 2  a 2 a2 3 a 2 3b 2  a 2 Do đó: tan    ; S ABC   VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC  HE a 4 4 1 a 2 3b 2  a 2 VA '. ABC  A ' H .S ABC  . 3 12 Do đó: VA ' BB ' CC '  VABC . A ' B ' C '  VA '. ABC . 1 a 2 3b 2  a 2 VA ' BB ' CC '  A ' H .S ABC  (đvtt) 3 6