Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã A1

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

129
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn thi hiệu quả với đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2013, với đề thi thử này các bạn có thể luyện tập để rèn kỹ năng làm bài đạt kết quả tốt nhất. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã A1

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ A1 Môn thi: TOÁN; Khối: A Hướng dẫn giải Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  2mx 2  m  1  0 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m  1 . 2. Tìm giá trị của m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị lập thành một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số y  x 4  2 x2 . Bài toán cơ bản – học sinh tự giải. x  0 2. y  4 x3  4mx  4 x  x 2  m  ; y  0  x  x 2  m   0   2  x  m  2 Hàm số (1) đã cho có 3 đ iểm cực trị khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0 .    Khi đó ba điểm cực trị của (1) là A  0; m  1 , B  m ; m 2  m  1 , C m ; m 2  m  1 . Nhận xét rằng tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC thì AH vuông góc với BC tại H. Ta có H  0;  m2  m  1 , AH  m 2 , BC  2 m . 1 AB. AC .BC AB. AC .BC  2 AH  AB. AC  2m2  m4  m  m  m  1  m 2  m  1  0 S ABC  . AH .BC   2 4R 4  5  1 1 5    m  0; m  1; m   m  1;  2 2    ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x  2  3  y  y 2  x2  4x  6 y  5   x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2x  3  4 y  1  6   Hướng dẫn: 1  Điều kiện x  2; y   ;3 . Hệ phương trình đã cho tương đương với 4 2 2   x  2  x2  4 x  4  3  y  y 2  6 y  9  x  2   x  2   3  y   3  y  1     2  2x  3  4 y 1  6  2x  3  4 y 1  6   Xét hàm số f  t   t 4  t ; t  0 ta có hàm liên tục và đồng biến trên miền  0;   do f   t   4t 3  1  0 t  0 .     1  3 x  2  x  3 x  x  5 y . 2 x  f f Khi đó  2   13  2 y  4 y  1  6  13  2 y  6  4 y  1 . 1 1   y  3   y  3  4  4  y 2 x 3 2 4 y  1  y  4  y 2  8 y  12  0   Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3; 2  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
2 tanx  tanx  1    x   . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  sin  x   2 1  tan x 4  Hướng dẫn: Điều kiện cosx  0 . Phương trình đ ã cho tương đương với sinx  sinx  cosx  1 1  sinx  cosx    sinx  cosx   2sinx  1  0  2. . 2 2 1  tan x cos x 2    x   4  k tanx  1     k   1   x   k 2  sinx  6   2  x  5  k 2  6  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ln  x  1 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 2  x  2 0 Hướng dẫn: dx dx 1 Đặt u  ln  x  1  du  ; dv  v . 2  x  2 x 1 x2 1 1 ln  x  1 1 x 1 dx 1 1 4   ln 2  ln . I     ln 2  ln x  2 0 0  x  1  x  2  x2 0 3 3 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD tâm O , AB  a  a  0  và các cạnh bên bằng a5 nhau. Gọi K là hình chiếu của A trên mặt phẳng  SCD  , OK  . Mặt phẳng  SAB  tạo với mặt phẳng đáy một góc 2 60 . Tính thể tích khối chóp ACKD theo a . Hướng dẫn: Gọi O’ là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD). Ta có SO  h; SA  SB  SC  SD  x  OA  OB  OC  OD  x 2  h 2 , suy ra O’ trùng với O ( O là tâm hình chữ nhật). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD.   SAB  ,  ABCD    SMN  60  Tam giác S MN đ ều, hay MN  SM  SN  a .   Đặt AD  BC  x  x  0  . Kẻ MI vuông góc với SN và IK song song với ND. x3 1 Ta có AM  ND  IK  AM . MIKA là hình chữ nhật nên AK  MI  ; KD  IN  x . 2 2 x2 KC  CD 2  KD 2  a 2  ; AC 2  a 2  x 2 4 KA2  KC 2 AC 2 a 2  x 2 Sử dụng công thức trung tuyến KO trong tam giác KAC : KO 2    . 2 4 4 a2  x2 a2 a3 3 a5 1 1  dvtt  .   x  2a  VACKD  AK .S KCD  .a 3.  2 2 3 3 2 6 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 xy 2 yz 3 zx T   . ( z  x)( z  y) ( x  y)( x  z ) ( y  z )( y  x) Hướng dẫn: Đặt y  z  a; z  x  b; x  y  c thì a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác có ba góc tương ứng là A, B, C. Ta có 2 b  c  a   c  a  b   c2   a  b  c 2  a 2  b2 1 xy 1 1    cosC  .    z  x  z  y  4ab 4ab 4ab 2 2 2 yz 1 1 xz 1 1 3 7  Tương tự   cosA  . Suy ra P    cosC  cosA  cosB   .   cosB  ;  x  y x  z 2 2  x  y y  z 2 2 2 2  AC AC 3 AC 3 3 B B B B3  1  2 sin 2   3sin 2  2sin  cosC  cosA  cosB  2cos  cosB  2sin sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 B 2  11 11 5   3  sin      P  2 3 66 3  B2 4   sin  b  a 5 Giá trị nhỏ nhất của P là . Đạt được khi  3  x  z  2y . 2 3 3 A  C a  c   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn 2 Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đư ờng tròn  C  :  x  4   y 2  4 và điểm E  4;1 . Tìm tọa độ các điểm M nằm trên trục tung sao từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến  C  sao cho ba điểm A, E , B thẳng hàng. Hướng dẫn: Gọi điểm M  0; m  là điểm cần tìm. Đư ờng tròn (C) có tâm I  4;0  , R  2  d  I , Oy   4 , suy ra với mọi điểm M trên trục tung ta luôn được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C). Gọi T  x0 ; y0  là một tiếp điểm của (C) thì phương trình tiếp tuyến của (C) tại T là 2 2 d :  x0  4   x  x0   y0  y  y0   0   x0  4  x  y0 y  x0  4 x0  y0  4 x0  12 M  d   x0  4  .0  y0 m  4 x0  12  4 x0  my0  12  0   AB  : 4 x  my  12  0 E   AB   4.4  m.1  12  0  m  4  M  0; 4  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 x3 3x  2 x  x   .  Câu 8.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 3  2x 2x Hướng dẫn: Điều kiện x  0 . Bất phương trình đã cho tương đương với x 8 3    1 . x 2 3   1 2 t  1  2 8 8    x  log 3 3 x  1  t  9 t  3  t 1  2 3  Đặt    t  t  0; t  1 thu được  t  1   t 1   2 0  t  1  0  t  1  x  0 2 t  0 t  0     t 2  9  3
  Bất phương trình có nghiệm x   ; 0   log 3 ;   2  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- n 2  Câu 9.a (1,0 điểm). Xác đ ịnh số hạng tự do trong khai triển nhị thức Newton  3 x   biết n là số nguyên dương thỏa x  6 7 8 9 8 mãn đ ẳng thức Cn  3Cn  3Cn  Cn  2Cn  2 . Hướng dẫn: Sử dụng công thức Paxcal Cn  Cn 1  Cn 1 ta có k k k Cn  3Cn  3Cn  Cn  Cn  2  Cn  Cn   Cn  Cn  Cn1  2Cn 1  Cn 1   Cn 1  Cn 1    Cn1  Cn 1   Cn 2  Cn 2  Cn 3 . 6 7 8 9 6 7 8 8 9 7 8 9 7 8 8 9 8 9 9 Do đó với n  6 thì  n  3 !  n  2 ! 9 8 Cn 3  2Cn  2   2.  n  3  9.2  n  15  n  6 !9!  n  6 !8! 15  k 30 5 k k  k 2k x  C15 2 k x k 3 2 6 Tk 1  C15 x Để là số hạng tự do thì 30  5k  0  k  6  2 6 C15 là hệ số cần tìm. 6 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A  2; 3 , B 1;3 . Tìm t ọa độ hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đư ờng thẳng có phương trình d1 : x  2 y  1  0; d 2 : x  2 y  3  0 sao cho MN vuông góc với d1 và độ dài đo ạn gấp khúc AMNB ngắn nhất. Hướng dẫn: Nhận xét rằng hai đư ờng thẳng đã cho song song với nhau.  Ta có AB   3;6  nên đ ường thẳng AB : 2 x  y  1  0 vuông góc với hai đ ường thẳng d1 ; d 2 . Tọa độ 2 giao điểm H, K lần lượt là: 1  x   5 2 x  y  1  0  1 3    H  ;   x  2 y 1  0 y  3  5 5  5  1  x  5 x  2 y  3  0 1 7   K ;   2 x  y  1  0 y  7 5 5  5  2 Dễ thấy AM  AH ; BN  BK ; MN  nên độ dài đoạn gấp khúc AMNB ngắn nhất khi M trùng với H, N trùng với K. 5  1 3 1 7 Tóm lại 2 đ iểm cần tìm : M   ;  , N  ;  .  5 5 5 5 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- log 2 x log 2 x      x   .  x2  1 Câu 8.b (1,0 điểm). Giải p hương trình 5 1 x 5 1 Hướng dẫn: 4
Điều kiện x  0 . Đặt log 2 x  t  x  4t . Phương trình đã cho tương đương với  5 1 t 1  0    t t t t 5  1  1  16t   5  1  1  4t 5  1  1  0           5  1  4t.  t  0  x 1    t      t 4 5  1  1  0  Phương trình có nghiệm duy nhất x  1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x2 1 Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đư ờng thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm phân x biệt A, B thỏa mãn 2  AB  2 3 . Hướng dẫn: x2 1 Đường thẳng y   x  m và đồ thị (C) y  . x x  0 x2 1  Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là  x  m   2  2 x  mx  1  0 * x  Đặt vế trái của (*) là f  x  ; (d) và (C) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, tức là  f 0  0   m    2   m  8  0  2 nghiệm x1 ; x2 của (*) tương ứng là hoành độ của hai giao điểm A,B. Suy ra A  x1 ;  x1  m  , B  x2 ;  x2  m  . m   x1  x2  2  Áp dụng định lý Viete cho (*) ta có  x x   1 12  2 2 m 1 2 2 2 Kho ảng cách AB 2   x1  x2     x1  x2   2  x1  x2   4 x1 x2   2.    4  m2  4 .   2 2 m  0 12 2  AB  2 3  4  AB 2  12  4  m  4  12    4  m  4 2 5