Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã D2

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'hướng dẫn giải tuyển tập đề thi thử đại học năm học 2012 - 2013 môn toán khối d2', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

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 D2

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ D2 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) x Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . 4  x  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến của  C  tại M t ạo với hai trục tọa độ một tam giác có 3 diện tích bằng . 8 Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản – học sinh tự giải. 2. Gọi điểm M  x0 ; y0  là điểm thuộc đồ thị hàm số. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M là 2 4 x0  9 x0 x0 3 3 x 2 x  x0   . y  y  2 2 4  x0  3 4  x  3 4  x0  3  4  x0  3   4 x2  9 x   4 x2  9x  Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến trên với các trục tọa độ lần lượt là A  0; 0 0 ; B  0 0 ;0 . 2  4  x  3   3    0 3   x0  2  M 2 1 4 x0  9 x0  2 2 4 x0  9 x0  3  x0  3  3 3 Diện tích tam giác AOB : S AOB   .   2  2 4 x0  9 x0  3  x0  3  2 12  x0  3 8 8 x  3 1 5  M    0 4  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 2 x  y  x  y  8  x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2  x  3 y  2 xy  x  5 y  2  Hướng dẫn: Phương trình thứ hai của hệ tương đương với  x 1  y x 2  3 y 2  2 xy  x  5 y  2  0   x  1  y   x  3 y  2   0    x  3y  2 x  1 y  2 2 Với x  1  y ta có x 2  x   x  1  x  1  8  x 2  2 x  3  0    x  3  y  2 7  69 3   Với x  3 y  2 thì 5 y 2  7 y  1  0  y  ;x  2 7  69 10 10 Hệ đã cho có 4 nghiệm. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  2 sin 2 xdx Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 3  4 sinx  cos 2 x 0 Hướng dẫn: 1
   sinx d  sinx  2 2 2 sin 2 xdx sin xcosxdx I  dx  2  dx   dx 2 2 0  sinx  1 0 3  4 sinx  cos 2 x 0 3  4 sinx  2 sin x  1  sinx  t ; x  0  t  0; x   t 1 2 1 1 1 1 tdt 1 1 1  dt  ln  t  1  I       ln 2  2 2 2 0  t  1  t  1  0 t 1 t  1 0    ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 1  sin 3 2 x  cos3 2 x  sin 4 x . 2 Hướng dẫn: 3 Phương trình đã cho tương đương với: 1  sin 3 2 x  cos3 2 x  sin 4 x 2 3  1   sin2 x  cos 2 x   3sin2 xcos 2 x  sin2 x  cos 2 x   3sin2 xcos 2 x   2sin  2 x    2 ; t 2  1  sin 4 x . Đặt sin 2 x  cos 2 x  t  t  4  t  1 t 2 1 t 2 1  t 3  3t 2  3t  5  0   t  1  t 2  2t  5   0   1  t 3  4t.  3. L 2 2 t  1  6     2   x    k ; x   k  k    *t  1  sin  2 x     4 2 4 2  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có SA  a; SB  b; SC  c, ASB  60 ; BSC  90 ; CSA  120 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . Hướng dẫn: Trên các tia S B, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho SB '  SC '  SA  a . Tam giác SAB đều nên AB  a . Tam giác SBC’ vuông cân t ại S nên BC   a 2 . Tam giác SC’A cân tại S có CS A  120  C A  a 3 . Dễ thấy AB 2  BC 2  C A2 , suy ra tam giác AB C  vuông tại B’ Kẻ SH vuông góc với mặt phẳng (AB’C’) ta có HA  HB  HC  , H là tâm đường tròn ngo ại tiếp tam giác AB’C’. 1 a 2 2 a a 3 2 VSABC 1 SB SC abc 2 SH  SAsin30   VSA ' B ' C '  . . ; .   VSABC  . 2 322 12 VSA ' B 'C ' SB ' SC ' 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 9 Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 2 P  x  14 y  10 z  4 2 y . Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x2 x2  8 y 2  4 yx; 2  y 2  z 2   4 zy  8 z 2  4 xz ; 2 2 Cộng từng vế ta được x 2  10 y 2  10 z 2  4  xy  yz  xz  .   Hơn nữa 4 y 2  2 y 4  4 2 y  3  4 y 2  4 2 y  3 9 1 Do đó P  4.  3  6 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 6, đạt đư ợc khi x  y  ; z  2 . 4 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
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 đường thẳng d : x  y  1 và các điểm A  0; 1 , B  2;1 . Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng d , tìm tọa độ các điểm C , D . Hướng dẫn:   Gọi tâm hình thoi là I  a;1  a  . Ta có AI   a; 2  a  ; BI   a  2; a  . Theo tính chất hai đường chéo hình thoi     AI  BI  AI .BI  0  a 2  2a  0  a  a  2   0 a  0  I  0;1  C  0; 2  , D  2;1 a  2  I  2; 1  C  4; 1 , D  2; 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3x 1  1  x   . Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình 2.27 x  1  3 3 2 Hướng dẫn: 3u  1 Đặt 3t  u , u  0 thu được phương trình 2u 3  1  3 3 . 2 3u  1  t  2t 3  3u  1 . Ta có hệ phương trình Đặt 3 2 2  2u 3  3t  1  t 3 2    2  u  t   u  ut  t   3  t  u    t  u   2  u    t  3  0 2 2 3 2 2  2t  3u  1      u  1    t  u  2u 3  u  1  0   u  1  2u 2  2u  1  0    x  0; x  log 3 3  1  u  1  3 Phương trình đã cho có hai nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 20 1 1  Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm tất cả các số hạng nguyên dương trong khai triển nhị thức Newton 15 4  112  .   Hướng dẫn: 20  k k k Số hạng thứ k : Tk 1  C2015 411 . Để là số hạng nguyên dương thì 2 k 4    k  0; 4;8;12;16; 20 .  k  20  20  k   2 Suy ra các số hạng nguyên dương C2015.1110  C2015.118  C20152116  C20 153114  C20 154112  C20 155 . 0 4 8 12 16 20 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  y  3  x 2  4 và một đ ường tròn  C   cắt đư ờng tròn  C  tại hai điểm phân biệt A, B . Giả sử phương trình đ ường thẳng AB : x  y  2 , lập phương trình đ ường tròn  C   có bán kính nhỏ nhất. Hướng dẫn: 3
Đường tròn đã cho có tâm I  0;3  và bán kính R  2 . Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng AB : x  y  3  0 . 1  x   2 x  y  3  0  1 5  Tọa độ trung điểm E của AB là nghiệm của hệ    E ;  x  y  2 y  5  2 2   2 Đường tròn (C’) có bán kính nhỏ nhất khi AB là đường kính và E là tâm. 3 2 1 17  R12  R 2   d  I , AB    22 2 2 2 2 1  5 7  Đường tròn cần tìm  x     y    . 2  2 2  --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi giá trị thực của x 3x   m  1 2 x  m  1  0 . Hướng dẫn: 3x Bất phương trình đã cho tương đương với 3  1  m   2  1  x x x  1 m . 2 1 3x  2 x  1 ln3  2 x3x ln2 3x  0 x   . Hàm số đồng biến với mọi x . Xét hàm số f  x   x ; f   x   2  2 x  1 2 1 Mặt khác lim f  x   0 . Bất phương trình đ ã cho nghiệm đúng khi 1  m  0  m  1 . x  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 x 2  3x  2 Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm tọa độ điểm F thuộc đồ thị hàm số y  sao cho tổng khoảng cách từ F đến hai x 1 đư ờng tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của đồ thị lần lượt là x  1; y  2 x  1 . 1  Tọa độ điểm cần tìm F  a; 2a  1   (a khác 1). a 1   Kho ảng cách từ F đến đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là d1  a  1 . 1  2a   2a  1   1 a 1  1  Kho ảng cách từ F đến đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là d 2   . 2 2 5 a 1 2 1 Tổng khoảng cách từ F đến hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 1 1 2 d  d1  d 2  a  1   2 a 1 . 4 5 a 1 5 a 1 5 1 1 Đẳng thức xảy ra khi a  1   a  1 4 5 a 1 5 1 2 1 2     Suy ra tọa độ điểm F cần tìm là F1 1  4 ;1  4  4 5  , F2 1  4 ;1  4  4 5  . 5 5 5 5     4