zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V NĂM 2013 Môn thi: TOÁN

Chia sẻ: Dang Van Tan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

64
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu 1. ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Đường thẳng Δ đi qua điểm A( – 1; 3) và có hệ số góc k. Tìm các giá trị của k để đường thẳng Δ cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, D, E. Gọi d1, d2 lần lượt là các tiếp tuyến của (C) tại D và E. Chứng minh rằng các khoảng cách từ A đến d1 và d2 bằng nhau.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V NĂM 2013 Môn thi: TOÁN

WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM THI THỬ ĐH LẦN V - NĂM 2013 Câu ĐÁP ÁN 1. (1,0 điểm). Học sinh tự giải. 1,00 2. (1,0 điểm) Chứng minh. … Đường thẳng ∆ : y =k(x + 1) + 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt pt sau có 3 nghiệm phân biệt : 3 2 x + 3x + 1 = k(x + 1) + 3 (x + 1)(x2 + 2x – k – 2) = 0. Để pt trên có 3 nghiệm phân biệt thì pt x2 + 2x – k – 2 = 0 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác –1 0,50 ∆ 1 2 0 k > – 3. 1 2 2 0 I (2 điểm) Gọi D(xD; yD) , E(xE; yE) khi đó xD , xE là nghiệm của (*). Theo hệ thức Viet ta có xD + xE = – 2. Hệ số góc của các tiếp tuyến tại D và E là k1 = y’(xD) = 3xD + 6xD , k2 = y’(xE) = 3xE + 6xE . Do xD , xE là nghiệm của (*) nên 3xD + 6xD = 3(k + 2) = 3xE + 6xE . 0,50 Suy ra các tiếp tuyến tại D và E của (C) có cung hệ số góc. Mặt khác xD + xE = – 2 = 2xA và 3 điểm A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE. Suy ra d(A, d1) = d(A, d2) (đpcm) 1. ( 1,0 điểm) . Giải phương trình … Điều kiện : sinx ≠ 0, cos3x + 2cosx ≠ 0. 0,50 Pt = cot2x = cot2x = cot2x II (1 điểm) = cot2x = cot2x cot3x = 1 cotx = 1 x= + kπ , k Z. Kiểm tra điều kiện ta thấy thỏa mãn. 0,50 Vậy nghiệm của phương trình là x = + kπ , k Z. 1. (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình …………..… Từ pt x3 + xy – 2 = 0 suy ra x ≠ 0 và y = , thay vào pt thứ hai ta được + 3(2 – x3) + 3 = 0 III 1,00 Đặt t = x3 ≠ 0, phương trình trên trở thành t3 – 3t2 + 3t – 8 = 0 (t – 1)3 = 7 t = 1 + √7 (1 điểm) √ Từ đó ta có : x = 1 √7 và y = √ (1,0 điểm). Tính tích phân ………………. √ Ta có I = dx = 1.dx = .dx Đặt t = tanx dt = dx = (1 + tan2x)dx dt = dx 0,50 IV Với x = 0 thì t = 0; x = thì t = 1. (1 điểm) Ta có = (1 + tan2x)2 = (1 + t2)2 1 1 Suy ra I = 1 t √t dt = t .dt + t .dt = .t + .t = + = . 0 0 0,50 Vậy I = . 1
WWW.VNMATH.COM (1,0 điểm). Tính thể tích và khoảng cách……….. Trong ∆ABC cân tại A kẻ AH BC ∆ABH vuông tại H có AB = a, D √ = 60o AH = và HB = HC = HD = (vì ∆BCD vuông). Ta có : HA2 + HD2 = + = a2 = AD2 E J H B C o F I 0,50 AH HD do đó AH (BCD). ∆ABD cân có = 60 nên ∆ABD đều BD = a và DC = √ = a√2. √ . √ M A Vậy, VABCD = AH.SBCD = . . = (đvtt). V (1 điểm) Ta sẽ tạo ra mặt phẳng chứa AD song song với BC. Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trong mp(BCD) kẻ DE BC, trong mp(ABC) qua E kẻ đường thẳng song song với AH cắt d tại M, khi đó BC//(ADM) và BC (DEM). Trong ∆DEM kẻ EF DM thì độ dài EF bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC. Do AH (BCD) nên (BCD) (ABC) DE (ABC) DE ME. Trong ∆DEM vuông tại E có EF là đường cao, ta có = + (*). 0,50 . √ Ta có EM = AH = , SBCD = BC.DE = DB.DC DE = = . √ Do đó từ (*) ta có = + = EF = . √ Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng . 1. (1,0 điểm). Chứng minh rằng ……………… Từ giả thiết x, y > 0 và x + 2y = 1 x = 1 – 2y và 0 < y < . Bất đẳng thức trở thành : + ≥ VI 1,00 (1 điểm) 2 2 – 3y [1 + 48y (1 – 2y)] ≥ 25y(1 – 2y) (2 – 3y)(1 + 48y2 – 96y3) – 25y(1 – 2y) ≥ 0 2 – 28y + 146y2 – 336y3 + 288y4 ≥ 0 144y4 – 168y3 + 73y2 – 14y + 1 ≥ 0 (12y2 – 7y + 1)2 ≥ 0 . (đpcm). (1,0 điểm). Viết phương trình các cạnh …… Gọi độ dài cạnh hình vuông là 2a, khi đó AM2 = AB2 + BM2 = 5a2, mà AM2 = 125 a = 5. Kẻ BH AM MH = = √5. Gọi H(x; y), do và cùng hướng và D C 5 x 10 10 x 8 0,50 = 5 = H : M 5 y 5 5 y 4 H Điểm B là giao của đường thẳng qua H vuông góc với AM và đường tròn đường kính AM. A B VII Ta có (10; 5). (1 điểm) Phương trình đường thẳng BH : 2x + y – 20 = 0 Phương trình đường tròn đường kính AM : (x – 5)2 + (y – )2 = . 10 Gọi B(t; 20 – 2t) (t – 5)2 + ( – 2t)2 = t2 – 16t + 60 = 0 0,50 6 Với t = 10. Ta có B(10; 0) C(10; 10). Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông ABCD là : AB : y = 0, BC : x = 10, CD : y = 10 và AD : x = 0. Với t = 6. Ta có B(6; 8) C(14; 2) . Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông ABCD là : AB : 4x – 3y = 0, BC : 3x + 4y – 50 = 0, CD : 4x – 3y – 50 = 0, AD : 3x + 4y = 0. 2
WWW.VNMATH.COM (1,0 điểm). Tìm tọa độ điểm……………… Đường thẳng AM thuộc mặt phẳng (Q) vuông góc với ∆. Phương trình (Q) : x + y – z = 0. Giao điểm của (Q) với ∆ là điểm H(2; –1; 1). Giao tuyến d của (P) và (Q) có véc tơ chỉ phương cùng 0,50 1 1 1 1 1 1 phương với véc tơ [ , ]= , , = (– 2; 2; 0) . Chọn = (1; –1; 0). 1 1 1 1 1 1 VIII (1 điểm) ∆ Điểm N(0; 1; 1) d, suy ra phương trình của d : 1 M(t; 1– t; 1). 1 A 0,50 Ta có d(M,∆) = MH = 3√2 (2 – t)2 + (2 – t)2 = 18 t = 5 hoặc t = –1. d H Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán : M1(5; – 4; 1) và M2(–1; 2; 1). Q M (1,0 điểm). Tìm số phức ………………… Giả sử z = x + yi; x, y R . Ta có |z – 2|2 + |z + 2|2 = 26 (x – 2)2 + y2 + (x + 2)2 + y2 = 26 x2 + y2 = 9. Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 1. là đường tròn (S) tâm là gốc tọa độ O, bán kính R = 3. 0,50 √ √ √ √ Ta có |z – ( + i)| = x y . IX = 9 nên điểm K ( ) thuộc đường tròn (S). (1 điểm) √ √ √ √ Vì + ; √ √ √ √ Gọi M(x; y) là điểm thuộc (S), khi đó |z – ( + i)| = x y = MK . 0,50 M (– ). √ √ √ √ Suy ra |z – ( + i)| lớn nhất MK lớn nhất MK là đường kính của (S) ;– √ √ Vậy z = – – i. 3

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.