Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã A2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn thi đạt kết quả tốt nhất với tài liệu tham khảo: Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2013. Chữ các bạn đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng sắp tới.

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 A2

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ A2 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) 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  của hàm số đã cho. 2. Lập phương trình tiếp tuyến của  C  sao cho tiếp tuyến đó cắt trục hoành và trục tung lần lư ợt tại hai điểm A, B thỏa mãn OA  16OB (với O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Bài toán tự giải. 2. Gọi điểm M  x0 ; y0  bất kỳ thuộc đồ thị hàm số (C). Phương t ình tiếp tuyến d tại M cắt trục ho ành và trục tung lần lượt tại A, B sao cho OA  16OB . OB 1 1 1 Tam giác OAB vuông t ại O suy ra hệ số góc tan A   , hệ số góc của d bằng hoặc bằng  . OA 16 16 16 Mặt khác  x0  5 1 1 1 y  x0    0    x0  1  4   2 2  x0  3  x0  1  x0  1 16 9 1 41 * x0  5  y0   d1 : y   x  4 16 16 7 1 25 * x0  3  y0   d 2 : y   x  4 16 16 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3  2  sinx  cosx    1  x   . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 tan 2 x  sin  2 x   sinx  cosx 2  Hướng dẫn: Điều kiện cos 2 x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 2  sinx  cosx  2 sin 2 x 2  1  2 sin 2 x  cos 2 2 x  2  sinx  cosx   cos 2 x  cos 2 x  cos x  sinx cos 2 x 2  2sin 2 x  cos 2 x  2  2 sin 2 x  cos 2 x   cos 2 x  2   cos 2 x  1  0 cos 2 x  2   cos 2 x  1  x   k   k     cos 2 x  1 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  cos 2 x 4 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx .   3  sin x.sin  x   6 4  Hướng dẫn:    2 2 cot 2 x 4 4 4 cot x cot x I  dx  2  dx  2  2 dx  sin x  sinx  cosx   sin x 1  cot x     sinx sin  x   4 6 6 6  1
dx t  cot x  dt   . sin 2 x   x   t  3; x   t  1 6 4 3 3 3 t2  1 3  1 1 2   I  2 dt  2   t  1   dt  2  t  t  ln t  1   2  2  3  ln   2 t 1 t 1 2 1 1   1 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x3  4 y 2  1  2 x  x 2  1  6   x; y    . Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình    2 2 2 2 x y 1  1  4 y  x  x  1  Hướng dẫn: Điều kiện x  0 . Nhận xét x  0 không thỏa mãn hệ đã cho. Với x  0 thì 1  1     2 x 2 y 1  1  4 y 2  x  x 2  1  2 y 1  4 y 2  1  1  2  1  (1)   x x  Do x  0 nên từ (1) suy ra y  0   Xét hàm số f  t   t 1  t 2  1 ; f   t   0 t  0 nên hàm số liên tục và đồng biến. 1 1  f  2 y   f    2 xy  1 . Phương trình thứ 2 của hệ trở thành  x x  x3  2 x 2 x 2 x 6  0 u  x  u  0   u 6  2u 5  u 2  2u  6  0   u  1  u 2  2u  2   u 3  u 2  u  3   0 2 3  1  11 u   u     0 2 4    u  1  0  2  u  1  1  0    1  u  1   x; y   1;   2 Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , SA  a ( a  0) .Đáy ABCD là hình thang vuông tại A, AB  BC  a , AD  2a , E là trung điểm của AD . Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S .CED . Hướng dẫn: Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.  a 3a  Chọn hệ tọa độ như hình vẽ sao cho S  0;0; a  , O  ; ; z0  ; E  0; a; 0  . Ta có 2 2  2 2 2 2 2 a2 a 9a 7a a a 2 SO 2    z0  a    z0  2az0 ; OE 2    z0   z0 2 2 2  4 4 2 44 2 3a  a 3a 3a  a 11 SO 2  OE 2  z0   O  ; ;   R  OE  2 2 2 2  2 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  y 2  2x2  z 2 x2  2 y 2  z 2 x2  2z 2  y 2  1 . F    xy  yz  zx  x 1 y 1 z 1  Hướng dẫn: 2 Sử dụng hằng bất đẳng thức  x  1  0 ta có x 2  1  2 x . Do đó y 2  2 x 2  z 2 x 2  y 2  z 2  x 2 3  x 2  x  1  2 2 x  2 2     2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Tương tự x 2  2 y 2  z 2 x 2  y 2  z 2  y 2 3  y 2  y  1  2 2 y  2 2     2 y 1 y 1 y 1 y 1 y 1 x 2  2 z 2  y 2 x 2  y 2  z 2  z 2 3  z 2  z  1  2 2 z  2 2     2 z 1 z 1 z 1 z 1 z 1 6 Kết hợp lại ta được F  . Chú ý rằng xy  yz  xz 2 2 2  0  xy  yz  zx  x2  y 2  z 2  3  F  2 .  x  y   x  y   x  y Giá trị nhỏ nhất của F bằng 2, đạt được khi x  y  z  1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 2 Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  2   1 và đường thẳng d : 2 x  y  1  0 . Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d để từ M kẻ được các tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp 27 điểm) đến  C  sao cho diện tích tam giác MAB bằng . 10 Hướng dẫn: Đường tròn đ ã cho có tâm I 1; 2  và bán kính R  1 . Ta có d  I , d   5  1 nên với mọi điểm M nằm trên đường thẳng d, ta luôn kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C). Gọi điểm M  m; 2m  1 là điểm cần t ìm. 2 2 MI 2   m  1   2m  3  5m2  10m  10; MA2  MI 2  R 2  5m 2  10m  9 . 1 1 MA.MB.sinAMB  MA2 sin  2AMI   MA2 sin AMIcosAMI S MAB  2 2 IA MA MA3 R  5m  10 m  9  5m  10m  9 2 2 t3    MA2 . t  5m2  10m  9; t  0   2 . 2 2 5m  10m  10 t 1 MI MI MI m  0 27  27  t 2  1  10t 3  t  3  5m 2  10m  0    S MAB  m  1 10 * m  0  M  0;1 * m  1  M  1; 1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
2 2  x   . Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình 64log 4 x  3.2log2 x  3.xlog4 x  4 Hướng dẫn: Điều kiện x  0 . 2 2 Đặt xlog4 x  t  t  0  thu được 2log2 x  t 2;64log4 x  t 3 . Phương trình đ ã cho tương đương với t  4 1 t 3  3t 2  3t  4  0   t  4   t 2  t  1  0   2 2  log 4 x  1  x  ; x  4 4 t  t  1  0 Phương trình đã cho có 2 nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9.a (1,0 điểm). Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau và t ổng của 8 chữ số đó là số chẵn ? Hướng dẫn: Các số tự nhiên thỏa mãn bài toán sẽ có 4 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ. Xét trường hợp chữ số 0 có thể đứng ở vị trí bất kỳ Chọn 4 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ có C54C54  25 cách. Hoán vị 8 chữ số này ta có 8!25  1008000 số. Xét trường hợp chữ số 0 đứng ở vị trí đầu tiên Chọn 3 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ có C4 C54  20 cách. Hoán vị 7 chữ số này ta có 7 !20  100800 số. 3 Tóm lại có 1008000  108000  907200 số. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  4; 2  . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng tam giác MOI có diện tích bằng 1, đường thẳng AB đi qua 2 2 điểm N 11;3 và cạnh AD tiếp xúc với đường tròn  C  :  x  4    y  2   2 . Hướng dẫn: Hình chữ nhật đã cho có tâm I  4; 2  trùng với tâm đường tròn. Do đó AD và BC là hai tiếp tuyến của đường tròn (C). 1 2 2 IM .d  O, IM   1  d  O, IM   SMOI    2. 2 IM 2 Phương trình đường thẳng IM qua I và cách O một khoảng 2 : y  k  x  4   2 . 1  4k  2 k   7  2  16k  16k  4  2  k  1  7 k  8k  1  0  2 2 2  k2 1  k  1 Với k  1 thì phương trình BC qua N 11;3 và song song với IM : x  y  14  0 ; d  I , BC   8 2 . 2   IA  IB  IC  ID  R 2  8 2  130 . Điểm K đối xứng với N qua tâm I  4; 2  : K  19;1 . Phương trình đường thẳng DC qua K và song song với IM : y  x  18  0 . Tọa độ các đỉnh hình chữ nhật thỏa mãn 2 2   x  4    y  2   130   x; y    3;11 ,  5;9    x  y  14  0   x  4 2   y  2 2  130    x; y    13; 5  ,  11; 7    x  y  18  0  Tọa độ các đỉnh là A  3;11 , B  5;9  , C  13; 5  , D  11; 7  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4
x 2  2  m  1 x  1 Câu 8.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  tiếp xúc với trục ho ành. x 1 Hướng dẫn: Điều kiện để hai đồ thị tiếp xúc nhau là  2m  2m x  1 m x  2  x  2m  2mx  1  0 2  x  2  m  1 x  1 1 m   2 0     2m3  5m 2  4m  1  0   x  2 x  2m  1  0   x  1 x 1   x 2  2 x  2m  1  0 x  1  x  1 2   2m   4m  2m  1  0    1  m  1  m     2m  x  1 m  m  1   2   2m  1  m  1  0   m   1 x  1  2    ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2x 8 18  x   . x  x 1 1 x Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 1 2 1 2  2 2  2  2 Hướng dẫn: Bất phương trình đã cho tương đương với 2 x 1 8  2 x 1 18.2 x 1 8 18   2 x 1  1  2 x 1  8   18.2 x 1  x 1  x 1 1 x  x 1  2 x 1 2  1  2  1 2 1 2 1 2  2  2 x 1 2 x 1  t  t  0    t  1  t  8   18t  t 2  9t  8  0  1  t  8  0  x  1  3  1  x  4 5