Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã D3

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

Thêm vào BST

Báo xấu

128
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2013 giúp bạn tổng hợp kiến thức và rèn luyện kỹ năng làm bài hiệu quả với phần hướng dẫn giải đề đi kèm. Mời các bạn cùng tham khảo và luyện tập với đề thi thử này.

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 D3

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ D3 Môn thi: TOÁN; Khối: D Hướng dẫn giải gồm 05 trang 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  x3  3 x 2  m , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m  0 . 2. Tìm m để tiếp tuyến tại tại điểm có hoành độ bằng 1 của đồ thị hàm số (1) tạo với hai trục tọa độ một tam giác OAB có 3 diện tích bằng (O là gốc tọa độ). 2 Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Tọa độ điểm M có hoành độ bằng 1 thuộc đồ thị hàm số M 1; m  2  . Đạo hàm y  3x 2  6 x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M 1; m  2  là y  y 1 .  x  1  m  2  d : y  3 x  m  2 .  m2  ;0  và với trục tung B  0; m  2  . Giao điểm của d với trục hoành : A  3  1 m2 1 1 2 m  2   m  2 . Tam giác OAB vuông tại O nên SOAB  OA OB  2 23 6 m  1 3 2 S OAB    m  2   9  m  2  3   m  5 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x  1  x  1  y   1   x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 2 2 2 2 x  9 x y  2 y  5x  0  Hướng dẫn:  x2  y  x  2  y   0  Hệ phương trình đã cho tương đương với  2 2  x  y   5 x  2  y   0 2 2   xb  a  a  xb  0  xb  a  Đặt x 2  y  a; 2  y  b thu được  2  2 2  2  x b  2b  5   0 2 2  2a  5 x b  0 2 x b  5 x b  0  Xét các trường hợp  x0 y0  x2  y      x; y    b 0a 0  2; 2 ,  2; 2 2  y  0  5  97 9   5  97 9  5 9  b    y    x; y    ; , ;  2  4 2 2 2 4    Hệ đã cho có 5 nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x tan x  cos 2 x  cos2 x  2  tan x  . Hướng dẫn: Điều kiện cos x  0 . Phương trình đã cho tương đương với sin x sin x     sin x  cos x   cos x  sin x   2cos x  sin x  sin 2 x  cos 2 x  cos2 x  2  3 3 2 2 cos x cos x     cos x  sin x  1  sin x cos x   cos x  sin x   2cos x  sin x    0     cos x  sin x  cos x  2sin x  cos x   0  tan x  1   x  4  k     tan x  1  tan   x    k  2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2 x 2  x  1 e x  x 1 dx . 0 Hướng dẫn: 1 1 1 x2  x 1 x2  x 1 2 I    2 x  x  1 e dx    2 x  x  e  x 1 2 2 dx   e x dx 0 0 0 2 2  x 1  x 1 ex  u  du   2 x  1 e x dx ; dx  dv  v  x 1 1 1 1 2 2 2 2  x 1  x 1  x 1  x 1   ex dx  xe x   x  2 x  1 e x dx  I  xe x  e3 0 0 0 0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  2 AB  2a; A ' A  2a 5; BAC  120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC’, chứng minh MB vuông góc với MA’ và tính kho ảng cách từ A tới mặt phẳng A’BM. Hướng dẫn: Áp dụng định lý cosin ta có MB  2 3a; MA '  3a; MB 2  MA '2  BA '2  21a 2  MA '  MB . 1 1 Lại có VABA ' M  d  M ,  ABA '  .S ABA '  d .SMBA ' ; d  M ,  ABA '   d  C ,  ABA '    a 3 . 3 3 1 1 a5 S ABA '  AB. A ' A  a 2 5; S MBA '  MB.MA1  3a 2 3  d  . 2 2 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn đồng thời 2 y  x 2 ; y  2 x 2  3 x . Tìm giá trị lớn nh ất của biểu thức N  6x2  6 y2  7 . Hướng dẫn: x2 6 2 Từ giả thiết ta có y  0 , suy ra y 2   2 x 2  3x   4 x 4  12 x 3  9 x 2 . Hơn nữa 2 x 2  3x   5x 2  6 x  0  0  x  2 5 Do đó N  6 x  6 y  7  6 x  6  4 x  12 x  9 x   7  24 x  72 x  60 x  7 . 2 2 2 4 3 2 4 3 2  6 Xét hàm số f  x   24 x 4  72 x3  60 x 2  7 ; x  0;  .  5 f   x   24 x  x  1  x  5  ; f   x   0  x  0; x  1; x  5  6  11719 1 f  0   7; f 1  19; f     Max f  x   19  MaxN  19  x  1; y  5 625 2  6 x 0;  5   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 đ iểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A 8; 0; 23  , 2 2 2 nằm trong mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  7  0 và tiếp xúc với mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  17 . Hướng dẫn: Mặt cầu đã cho có tâm I  1; 2; 3 , bán kính R  17 .  Gọi u   a; b; c   a 2  b 2  c 2  0  là vector chỉ phương của đường thẳng  cần tìm.    Đường thẳng cần tìm n ằm trong mặt phẳng (P) nên ud .nP  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b .    Ta có AI   9; 2; 20  ,  AI , ud    2c  20b; 20a  9c; 9b  2 a  .   Đường thẳng cần tìm tiếp xúc với mặt cầu (S) khi     AI , ud  d  I ,    R      R   2c  20b    20c  9c    9b  2 a   17. a 2  b 2  c 2 2 2 2  ud  896b 2  61a 2  20ab  0  b  61a 2  20a  896   0 x 8 z  23 224 326   a   61 ; b  1; c  61  224  y  326   61 61   b  0  a  0; c  0  L    a  4; b  1; c  10  x  8  y  z  23  10 4   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ba điểm A  1; 1 , B  0; 2  , C  0;1 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đ ến d đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn:   Đường thẳng d đi qua A  1; 1 và có vector pháp tuyến là nd   a; b   a 2  b 2  0  . Phương trình d có dạng: a  x  1  b  y  1  0 . a  3b a  2b Kho ảng cách từ B và C đến đường thẳng d lần lượt là d  B, d   ; d C, d   . 2 2 a2  b2 a b a  3b a  2b 1  a  3b  a  2b  . Tổng khoảng cách d  d  B, d   d  C , d     2 2 a2  b2 a 2  b2 a b Sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối x  y  x  y , đẳng thức xảy ra khi xy  0 , ta có 2  52   a 2  b 2  2 a 3 b  a 2 b 2 a 5 b  29 . d   a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2  ab  0  Đẳng thức xảy ra khi  a 2  a  2; b  5  d : 2 x  5 y  7  0 . b 5  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
 2 x 2  2 xy  3x  y  1  0   x; y    . Câu 9 .a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 2 2 x y  2 x y  2 4  Hướng dẫn: Hệ phương trình đã cho tương đương với  2 x  1  x  1  y  2 x  1  0  2 x  1  x  y  1  0  1 3 1 3    x; y    ;  ,  0;1 , 1;0  .  2  , ;   x2  y 2    2 2  2 2 2 2 1 2 x y  2  0 2 2 x  y  1      Hệ đã cho có 4 nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;5; 4  , B  3;1; 4  , tìm tọa độ điểm C n ằm trong mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng 2 17 . Hướng dẫn: Tọa độ điểm C : C  a; b; a  b  1 . 2 2 2 2 2 2 Tam giác ABC cân tại C khi AC 2  BC 2   a  3   b  5    5  a  b    a  3   b  1   5  a  b   b  3 . Hơn nữa AB  4, I  3;3; 4  (I là trung điểm của AB). a  4 1 2 2 CI . AB  2 17  CI  17   3  a    8  a   17   S ABC  2 17  a  7 2 Suy ra có hai điểm C thỏa mãn bài toán : C  4;3;0   C  7;3;3 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x2 y 2 Câu 8.b (1,0 đ iểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ellipse  E  :   1 . Lập phương trình đường thẳng 10 5 46 vuông góc với đư ờng thẳng d : x  y  2013  0 và cắt ellipse đã cho tại hai điểm M, N sao cho MN  . 3 Hướng dẫn: Đường thẳng cần tìm có phương trình dạng y  x  b . y  x  b y  x b   Tọa độ giao điểm của đường thẳng trên và ellipse là nghiệm của hệ  x 2 y 2  2  1 3x  4bx  2b  10  0   2   10 5 Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M,N thỏa mãn bài toán khi (*) có 2 nghiệm phân biệt    120  20b 2  0  b 2  6 . Tọa độ hai điểm M, N là M  x1 ; x1  b  , N  x2 ; x2  b  , với x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (*). 4b   x1  x2   3  Áp dụng định lý Viete ta có  2  x x  2b  10 12 3  16b 2 4  2b  10  16 2 46 32 16 2 2  2  x1  x2     x1  x2   4 x1 x2     b 2  9  b  3 . MN   3 3 3 9 3 3 Có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán : y  x  3; y  x  3 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4
Câu 9 .b (1,0 điểm). Một hộp đựng 40 viên bi, trong đó có 20 viên bi đỏ, 10 viên bi xanh, 6 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi, tính xác suất để hai viên bi lấy ra có cùng màu. Hướng dẫn: 2 Lấy 2 viên bi bất kỳ có C40 cách. Xét các trường hợp sau; 2 Hai viên bi lấy ra có cùng màu đỏ : C20 cách 2 Hai viên bi lấy ra có cùng màu xanh : C10 cách Hai viên bi lấy ra có cùng màu vàng : C62 cách 2 Hai viên bi lấy ra có cùng màu trắng : C4 cách. 256 64 Như vậy, tổng số cách lấy ra hai viên bi cùng màu là C20  C10  C62  C4  256 , xác su ất cần tính là P  2 2 2 .  2 C40 195 5