Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã D4

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

Thêm vào BST

Báo xấu

112
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho các bạn đang ôn thi khối D với đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2013. Mời các bạn cùng tham khảo và luyện tập với đề thi 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 D4

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ D4 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) x3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Tìm giá trị thực của m để đường thẳng d : y  2 x  3m cắt đồ thị hàm số trên tại hai điểm phân biệt P, Q thỏa mãn    hệ thức OP.OQ  4  0 (O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là :  f  x   2 x 2  3  m  1 x  6m  3  0 1 x3   2 x  3m   x2  x  2  Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt P, Q khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 Điều này luôn đúng do f  2   0m   và   9m 2  30m  33  0m   . Hai nghiệm x1 , x2 của (1) tương ứng là hoành độ của hai giao điểm của hai đồ thị. Giả sử P  x1 ; 2 x1  3m  , Q  x2 ; 2 x2  3m  . 3  m  1   x1  x2    2 Áp dụng định lý Viete ta có   x x  6m  3 12  2    12m  15 7 7 Ta có OP.OQ  4  0  x1 x2   2 x1  3m   2 x2  3m   4   4  m  . Giá trị cần tìm là m  . 2 12 12 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  2 y  x  2   3  x  1   x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2  x  4 y  9   y 12 x  7 y  6  2 2  Hướng dẫn: Xét y  0  x  1 , không thỏa mãn hệ đã cho. Hệ phương trình đã cho tương đương với 3x 3  3x 3  2 x  y  y  4 2x    4   2 xy  3 x  3  4 y yy      22 2 2 2 2 2 2  4 x y  9 x  12 x y  6 y  7 y 4 x 2  9 x  12 x  6  7  2 x  3 x   2. 3  7   y2  y y y y   a  b  4 b  4  a 3x 3   a; b    3;1 ,  5;9  . Đặt 2 x   a;  b ta thu được  2  2 y y  a  2b  7 a  2a  15 Xét hai trường hợp 3x 3x   5  2 x  y  3  x  3 2 x  y  5 x  7      a; b    3;1   ;   a; b    5;9      y  3  3 1 3  9 y  1  y y 3    Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm. 1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------   Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos3 x cos x  3  sin 2 x  1  2 3cos 2  2 x   . 4  Hướng dẫn giải : Phương trình đã cho tương đương với   2 cos 3 x cos x  3  sin 2 x  1  2 3cos 2  2 x   4       cos4 x  cos2 x  3  sin 2 x  1  3 1  cos  4 x    2     cos4 x  cos2 x  3 sin 2 x  3   3 sin 4 x  3  cos2 x  3 sin 2 x  3 sin 4 x  cos4 x  0        sin  2 x    sin   4 x   0  sin  3 x   cos x  0 6 6 6      x  2  k  k    x     k  18 3  ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  2 x   Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2cos 2  x cos x  esin x dx . 2 0  Hướng dẫn:      2 2 2 2 2 x   I    2 cos 2  x cos x  e sin x dx   1  cos x  x cos x  e sin x dx   esin x dx   cos x esin x dx   x cos x esin x dx 2 0  0 0 0 0 esin x  u  du  esin x cos x dx; dx  dv  v  x     2 2 2 sin x 2   x cos x esin x dx   cos x esin x dx   x cos x e sin x dx I  xe 0 0 0 0   2 2 e e e   cos x esin x dx    esin x d  sin x   I  e 1 20 20 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt ph ẳng đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a . Hướng dẫn: Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, H là trung điểm của BC . Vì SA  SB  SC  a nên SO vuông góc với mặt (ABC). a a3 3 3 3a 3a SAO  30 ; SO  SA.sin 30  ; AO  ; AH  AO   BC  . 2 2 2 4 2 1 3a 3 3a 9 3a 2 1 a 9 3a 2 3 3a 3 1 1 Diện tích đáy S ABC  BC. AH  . . .   VS . ABC  SO.S ABC  . .  2 22 4 16 3 3 2 16 32 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  y  z  6 . Ch ứng minh 8 x  8 y  8 z  4 x 1  4 y 1  4 z 1 . Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 8 x  8 x  64  3 3 8 x.8 x.64  12.4 x  8 x  32  6.4 x , đẳng thức xảy ra khi x  2 . Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự 8 y  32  6.4 y ; 8 z  32  6.4 z Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta thu được 8x  8 y  8z  96  6  4 x  4 y  4 z  (1). Mặt khác ta có 4 x  4 y  4 z  3 3 4 x  y  z  48  2  4 x  4 y  4 z   96 (2). Kết hợp (1) và (2) thu đư ợc 8x  8 y  8z  2  4 x  4 y  4 z   96  6  4 x  4 y  4 z   96  8 x  8 y  8 z  4 x 1  4 y 1  4 z 1 . Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  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 a 20   Câu 7 .a (1,0 điểm). Tính tỉ số biết a, b lần lượt là hệ số của các hạng tử chứa x2 , x3 trong khai triển 5 3  x . b Hướng dẫn: 20  k 20 20    C k xk . 5 5 3x 3 20 k 0 18 Hạng tử chứa x2 tương ứng với k  2  a  C20 3 5 . 2 18 17 2 35 a C3 3 3 Hạng tử chứa x3 ch ứa tương ứng với k  3  b  C20 3 . T ỉ số cần tìm là 20 5   . 17 b 6 3 5 C20 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I  6;6  và ngoại tiếp đường tròn tâm K  4;5  , lập phương trình các cạnh củ a tam giác biết tọa độ đỉnh A  2;3  . Hướng dẫn: 2 2 IA  5 nên đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình  x  6    y  6   25 . Phương trình đường phân giác AK : x  y  1  0 . x  y 1  0   D  9;10  . Gọi D là giao điểm của AK và đường tròn (C) thì D thỏa mãn hệ  2 2  x  6    y  6   25  A  C Nhận xét DCK  DKC   Tam giác DKB là tam giác cân tại D. 2  x  6 2   y  6 2  25    x; y    2;9  , 10;3 . Hơn nữa DK  50, DB  DC nên tọa độ hai đỉnh B, C thỏa mãn hệ  2 2  x  9    y  10   50  Suy ra phương trình các cạnh của tam giác là x  2; y  3;3 x  4 y  42  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 9 .a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm J  1; 2;1 . Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt ph ẳng  P  : 2 x  y  2 z  15  0 theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 8 (I là điểm đối xứng với J qua mặt ph ẳng (P)). Hướng dẫn: x 1 y  2 z 1 Phương trình đường thẳng IJ đ i qua J  1; 2;1 và vuông góc với mặt phẳng (P) : .   2 2 1 Đường thẳng này cắt mặt phẳng (P) tại điểm K , dễ thấy tọa độ K thỏa mãn hệ  x  1 y  2 z 1    2  K  3; 3;3  I  5; 4;5  . 2 1  2 x  y  2 z  15  0  Dễ thấy K là tâm đường tròn giao tuyến và IK  JK  d  I ,  P    3 . Chu vi đư ờng tròn giao tuyến bán kính r bằng 8 nên ta có 2 r  8  r  4 Gọi bán kính mặt cầu cần tìm là R, áp dụng định lý Pythagores ta có r 2  IK 2  R 2  R 2  25  R  5 . 2 2 2 Mặt cầu cần tìm có phương trình  S  :  x  5    y  4    z  5   25 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7 .b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol y 2  x , tìm tọa độ hai điểm A và B thuộc parabol sao cho tam giác AOB là tam giác đều. Hướng dẫn: Nhận xét rằng parabol đã cho nhận trục hoành làm trục đối xứng. Tam giác OAB cân ở O và hai điểm A, B phải đối xứng với nhau qua trục hoành. Giả sử tọa độ A  a 2 ; a   B  a 2 ; a  .     a  3  A 3; 3 , B 3;  3 OA  AB  a  a  2 a  a  a  4a   4 2 4 2 2  a   3  A 3;  3 , B 3; 3      Như vậy có hai cặp điểm A, B thỏa mãn bài toán. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x 1 z4  y7  Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng (P) có 2 4 phương trình 3 x  2 y  z  5  0 . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P), tìm tọa độ điểm F trên đường thẳng  sao cho độ dài OF lớn nhất. Hướng dẫn:  Đường thẳng d đi qua điểm A 1;7;3  và có vector chỉ phương là ud   2;1; 4  .    Nhận xét ud .nP  0 n ên đường thẳng d song song với mặt phẳng (P). x 1 y  7 z  3 Gọi d’ là phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) đ ã cho, thế thì d  : .   2 1 3  x 1 y  7 z  3    41 40 33   Tọa độ giao điểm B của d’ và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ  3 1  B  ; ;  . 2  14 7 14  3 x  2 y  z  5  0  40 41 33 y x z 7 14  14 . Hình chiếu vuông góc  của đường thẳng d : 2 1 4 4
Với mọi điểm F thuộc đường thẳng  ta có 2 2 2 41   40   33  655 361 361  2 OF 2   2t     t     4t    21t 2  42t   21 t  1   . Đẳng thức xảy ra khi t  1 . 14   7  14  14 14 14   13 33 23  361 Điểm F cần tìm : F  ; ;   , khi đó OF  .  14 7 14  14 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x 2   m  5 x  m Câu 9 .b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt sao x 1 cho kho ảng cách giữa hai điểm đó ngắn nhất. Hướng dẫn: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành là  f  x   x2   m  5  x  m  0 1 x 2   m  5 x  m  0 x 1 x  1  2 Phương trình (1) có   m 2  6m  25   m  3   16  0m  , f 1  4  0m   n ên luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 với mọi giá trị m, hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A  x1 ; 0  , B  x2 ;0  . x  x  m  5 Áp dụng định lý Viete cho hai nghiệm x1 , x2 của phương trình (1) :  1 2  x1 x2  m 2 2 2  x1  x2   x1  x2   m  3 Kho ảng cách giữa hai điểm A, B là AB    4 x1 x2   16  4 . Độ dài AB ngắn nhất bằng 4 khi m  3 , như vậy giá trị m  3 là giá trị cần tìm. 5