Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã D1

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

Thêm vào BST

Báo xấu

128
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang tìm kiếm tài liệu ôn thi Đại học khối D. Đến với đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2013 bạn sẽ được cung cấp những câu hỏi cùng với hướng dẫn giải đề hay và hữu ích 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 D1

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ D1 Môn thi: TOÁN; Khối: D 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  x 4  2 x 2  1  C  . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  . 2. Tìm giá trị thực của m để phương trình x 4  2 x 2  1  2m  1 có đúng 6 nghiệm phân biệt. Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản - tự giải. 2. Khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số f  x   x 4  2 x 2  1 bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số (C) qua trục 3 hoành. Giá trị cần tìm của m thỏa mãn 1  2 m  1  2  1  m  . 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x   . Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  x  3 x  1   x  3 1  x  2 x  0 Hướng dẫn: Điều kiện 1  x  1 . Bất phương trình đã cho tương đương với  x  3 x  1  2 x   3  x  1  x   x  1  2  x  1  x  1  1  x   2  1  x  1  x     3 3     1 x  2  x 1  x 1  2 x 1  1 x 1 x Xét hàm số f  t   t 3  t 2  2t ; f   t   3t 2  2t  2  0 t   . Hàm số liên tục và đồng biến.     Thu được f 1 x  x  0 . x 1  f ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- sin3 x  cos3 x  x   .  cos 2 x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2cosx  sinx Hướng dẫn: Điều kiện 2cosx  sinx . Phương trình đã cho tương đương với  sinx  cosx   sin2 x  cos 2 x  sin xcosx    cosx  sinx   2cosx  sinx   sinx  cosx    sinx  cosx   2sin xcosx  cos 2 x   0   sinx  cosx  cosx  2 sinx  cosx   0   x   4  k    x   k k    2   tan  2  x    k   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x3cosxdx . 0 Hướng dẫn:   x3  u  3 x 2 dx  du; cosxdx  dv  v  sinx  I   x 3 sinx   3 x 2 sinxdx  3I1 0 0   x 2  u  2 xdx  du; sinxdx  dv  v  cosx  I1    x 2 cosx   2  xcosxdx   2  2 I 2 0 0    x  u  dx  du; cosxdx  dv  v  sinx  I 2   xsinx  0   sinxdx  cosx 0  2 0 I  3    4   12  3 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là h ình thang ABCD vuông tại A và D , AB  AD  2CD  2a . Hình 2a chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc cạnh AD sao cho AH  . Góc hợp bởi hai mặt phẳng 3  SBC  ,  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . Hướng dẫn: Ta có SH vuông góc với đáy (ABCD) nên SH vuông góc với BC. Từ H kẻ HK vuông góc với BC. Ta có BC vuông góc với mặt (SHC),   SBC  ,  ABCD    SCH  60 .   7a 2 1 1a 1 2a SHBC  S ABCD  SAHB  S HDC  .2a.3a  . .2a  . .a  . 2 23 23 3 7 a 2 HK .a 5 1 14a 14 3  SH  HK tan 60  S HBC  HK .BC    HK  a 2 3 2 35 35 1 1 14 3 14 3 3 a.3a 2  VSABCD  SH .S ABCD  . a. 3 33 5 35 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xyz  2  xy  yz  zx  . Hướng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức phụ  x  y  z   x  z  y   z  y  x   xyz ta có  3  2 x   3  2 y   3  2 z   xyz  27  9 xyz  12  xy  yz  zx   9  3xyz  4  xy  yz  xz  1 3  x  y  z  3 3 xyz  1  xyz  2  Từ (1) và (2) suy ra 10  2 xyz  4  xy  yz  xz   xyz  2  xy  yz  xz   5 . Giá trị nhỏ nhất của P là 5 , đ ạt đ ược 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 Câu 7 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I  2;1 , phương trình đư ờng cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x  y  2  0; x  2 y  1  0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác. Hướng dẫn: 2
x  y  2  0  A 1;1 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ:  x  2 y 1  0  AH  BC  AH  IM Gọi H, K lần lượt là chân đư ờng cao và đường trung tuyến kẻ từ A. Ta có:   IM  BC  Đường thẳng IM qua I(2;1), có vector pháp tuyến n  (1;1) . Phương trình (IM) là: x  y  3  0 x  2 y 1 0 5 4 Tọa độ M là nghiệm của hệ:  M ;  x  y  3  0 3 3  Đường thẳng BC qua M, có vector pháp tuyến là vector chỉ phương u  1; 1 của đường cao (AH). 1 Phương trình (BC): x  y   0 . Mặt khác: phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là: ( x  2) 2  ( y  1) 2  1 3 Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ:   10  14 8  14   10  14 8  14   10  14 B  ; ,C  ;  2 2 ( x  2)  ( y  1)  1  x   6 6 6 6      6    1 x  y   0  B  10  14 ; 8  14  , C  10  14 ; 8  14   y  8  14 3       6 6 6  6 6       ( AB) : 2  14 x  4  14 y  2  0   Phương trình cạnh (AB), (AC)     ( AC ) : 2  14 x  4  14 y  2  0  Phương trình các cạnh của ABC 1 ( BC ) : x  y   0 3    (CA) : 2  14 x  4  14 y  2  0 ( AB) :  2  14  x   4  14  y  2  0 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Một lớp học có 18 học sinh, trong đó có 7 học sinh nữ. Cần chia lớp học thành 3 nhó m lần lượt gồm 5, 6, 7 học sinh sao cho mỗi nhóm có ít nhất 2 học sinh nữ. Tính số cách chọn. Hướng dẫn: Trường hợp 1: Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 3 học sinh nữ 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam: C72C11  3465 cách 3 2 học sinh nữ và 4 học sinh nam: C52C84  700 cách 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam: 1 cách duy nh ất. Như vậy có 3465.700 cách trong trường hợp này. Trường hợp 2: Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 3 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 2 học sinh nữ 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam: 3465 cách. 3 học sinh nữ và 3 học sinh nam: C5 C83  560 cách. 3 Như vậy có 3465.560 cách trong trường hợp này. Trường hợp 3: Nhóm 5 học sinh gồm 3 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 2 học sinh nữ 32 3 học sinh nữ và 2 học sinh nam: C7 C11  1925 cách. 2 học sinh nữ và 4 học sinh nam: C4 C94  756 cách. 2 Như vậy có 1925.756 cách trong trường hợp này. Tóm lại tổng cộng có 5809860 cách. 3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 2 Câu 9 .a (1,0 điểm). Giải phương trình 2 log 4  x 2  9   5 log 4  x  3  log 4  x  3  6  x  . Hướng dẫn: Điều kiện x  3 . Phương trình đã cho tương đương với 2 log 4  x  3  x  3   5 2log 4 x  3  2log 4 x  3  6    2log 4  x  3  5 2log 4 x  3  6  0 log x  3  2  x  13; x  19 t  2  4 Đặt 2log 4 x  3  t  t  0  thu được t  5t  6  0   2   9 9 9 t  3 log 4 x  3   x  4 2  3; x  4 2  3    2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao 8 Câu 7.b (1,0 điểm). Xác định hệ số của hạng tử chứa x16 trong khai triển nhị thức Newton 1  x 2  x 4  . Hướng dẫn: 8 8 k  k 8 k i 1  x  x 4    C8k  x 2 1  x 2       C8k Cki x 2i  1 x 4 k 4i  2   k 0  i 0  k 0 Ta có 8 8 k  k 8 k i 1  x 2  x 4    C8k  x 2 1  x 2       C8k Cki x 2 i  1 x 4 k 4i    k  0  i 0  k 0  x 4 k  2 i  x16  2k  i  8   0  i  k  8  0  i  k  8   k ; i    4;0  ,  5; 2  ,  6; 4  ,  7;6  ,  8;8  i , k   i, k     Hệ số cần tính là C84C4  C85C52  C86C6  C87C76  C8 C8  125 . 0 4 88 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có đỉnh D  6; 6  . Phương trình đường trung trực của DC và phân giác của góc BAC lần lượt là d1 : 2 x  3 y  17  0 ; d 2 : 5 x  y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . Hướng dẫn:  Đường thẳng CD qua D  6; 6  , có vector pháp tuyến u   3; 2  là vector chỉ phương của d1. Phương trình đường thẳng CD : 3( x  6)  2( y  6)  0  3 x  2 y  6  0 . 3 x  2 y  6  0  x  4 Gọi M là trung điểm của CD .Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ    M (4; 3)  2 x  3 y  17  0  y  3  x  2 xM  xD  2 Tọa độ điểm C  C  C  2;0   yC  2 yM  yD  0 Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d2  C '  ( AB)  CC’ qua C  2;0  , có vector pháp tuyến u1  (1; 5) là vector chỉ phương của d2, phương trình CC’: x  5 y  2  0 1  x  2 5 x  y  3  0 11  Gọi H là trung điểm của CC’. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ    H( ; ) x  5y  2  0 y  1 22  2  4
 x  2 xH  xC  3 Tọa độ điểm C’  C '  C '  3;1  yC '  2 yH  yC  1  AB  CD 3 x  2 y  7  0 x  1  ( AB ) : 3 x  2 y  7  0 . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  Ta có    A(1; 2) C '  AB 5 x  y  3  0  y  2      x  1  4 Mặt khác: AB  CD   B  B( 3; 8) . Vậy A 1; 2  , B( 3; 8), C (2;0) .  y B  2  6 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x2  x  2  C  cắt đường thẳng  : 2 x  y  3m  0 tại hai điểm Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị của m để đồ thị h àm số y  x 3 phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của  C  . Hướng dẫn: Ta có tiệm cận đứng của đồ thị x  3 . Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là  x 2   3m  5  x  9m  2  0 1 x2  x  2   2 x  3m   x 3 x  3  Để thỏa mãn yêu cầu b ài toán thì phương trình (1) ph ải có 2 nghiệm phân biệt x1  3  x2 . Đặt x  3  t  x  t  3 ; x1  3  x2  t1  0  t2 . 2 1   t  3   3m  5   t  3  9m  2  0  t 2  3m  1 t  8  0  2     9m 2  6m  33  0  m   (2) có 2 nghiệm tại dấu khi   P  8  0 Vậy mọi giá trị của m đều thỏa mãn bài toán. 5