ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 2

Chia sẻ: Tran Quyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

338
lượt xem 71
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu V. (4,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 2 Câu I. (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1) 1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II. (4,0 điểm) x x 8 y x y y 1. Giải hệ phương trình: (x, y R) x y 5. 2. Giải phương trình: sin 4 x cos 4 x 4 2 sin ( x ) 1. (x R) 4 Câu III.(2,0 điểm) Cho phương trình: log( x 2 10 x m) 2log(2 x 1) (với m là tham số) (2) Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt. Câu IV. (2,0 điểm) 4 tan xdx Tính tích phân: . 0 cos x 1 cos 2 x Câu V. (4,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VI. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Câu VII. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Trang 1
a3 b3 c3 3 Chứng minh rằng: 2 2 2 . b 3 c 3 a 3 4 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2 Phương pháp - Kết quả Điể Câu m 1. Ta có y’ = 3x2 + 6x + m 0,5 Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm 0,5 phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 9 - 3m 0 I.1 (2điể x1 x2 -2 m) m 0,5 x1.x2 3 x1 2 x2 3 Giải hệ trên ta được m = -105 0,5 2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình 0,5 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0 9 Từ đó tìm được m < và m 0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt 4 0,5 A(0; 1), B, C. +) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1 ; x2 là nghiệm của phương trình x2 + 3x + m = 0 . 0,5 I.2 Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m (2điể và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m m) Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi 0,5 k1.k2 = -1 4m2 – 9m + 1 = 0 0,5 9 65 m ( t/m) 8 0,5 9 65 m ( t/m) 8 1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5 Xét y = 0, không thỏa mãn hpt +) y 0, đặt x t y , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành II.1 5t 3 5 (2điể 3 8 t (*) t y 8 t y t 2 1 t 2 1 m) y (t 2 1) 5 5 y 2 (t 2 1) t 1 1 (*) 4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 Trang 2
1 3 3 t = 1; t = - ; t = . Đối chiếu điều kiện ta được t = 2 2 2 Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4). (HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được 0,5 kết quả đúng vẫn được điểm tối đa) 2. PT 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) sinx cos x 0 0,5 (cos x sinx)(sin 2 x cos2 x) 2 II.2 (2điể x k m) 4 0,5 cos3 x sinx 2 Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm 0,5 KL: x = k 4 1 1 x x 3. PT 2 2 1 2 x 10 x m (2 x 1)2 m 3x 2 6 x 1(**) III 1 Ycbt (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >- (2điể 2 m) 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (- ;+∞ )ta 1 2 19 tìm đươc m (-2; ) 4 4 4 tan xdx tan xdx 0,5 I= = . 0 cos x 1 cos 2 x 0 cos 2 x 2 tan 2 x tan xdx IV Đặt t = 2 tan 2 x t2 2 tan 2 x tdt = 0,5 cos 2 x (2điể Đổi cận : x = 0 t= 2 m) 0,5 x= t 3 4 3 3 tdt I= dt 3 2 0,5 2 t 2 1. B B(a; 3 –a) . C C(b; 9-b) V.1 1   2  (2điể AB. AC 0 0,5 ABC vuông cân tại A m) AB 2 AC 2 Trang 3
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) 2 2a - 8a = 2b 20b 48 (2) 2 0,5 a = 2 không là nghiệm của hệ trên. 5a - 8 (1) b= . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0,5 a-2 Với a = 0 suy ra b = 4. 0,5 Với a = 4 suy ra b = 6. 2.Gọi I là trung điểm của AB I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 1 Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất V.2 M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) (2điể x-1 y-1 z-1 m) +) Phương trình đường thẳng MI : = = . 0,5 1 1 1 M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P). 0,5 Từ đó tìm được M(2; 2; 2) 3. S M A B VI (2điể m) D C Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh được góc DMB = 1200 và DMB cân tại M 0,5 2 Tính được: DM2 = a2 0,5 3 1 1 1 SCD vuông tại D và DM là đường cao nên = + DM DS DC 2 2 2 0,5 Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a. 1 Vậy thể tích S.ABCD bằng a3 0,5 3 a3 b3 c3 3 2 2 2 (***).Do ab + bc + ca = 3 nên VII b 3 c 3 a 3 4 (1điể a 3 b3 c3 m) VT (***) = b2 ab bc ca c2 ab bc ca a2 ab bc ca 0,5 Trang 4
a3 b3 c3 = (b c)(a b) (c a)(b c) (a b)(c a) a3 b c a b 3a Theo BĐT AM-GM ta có (b c)(c a) 8 8 4 3 a 5a 2b c (1) (b c)(c a) 8 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5b 2c a c3 5c 2a b (2), (3) (c a)(a b) 8 (a b)(c a) 8 a b c Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT (***) 4 Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3(ab bc ca) = 3. 0,5 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm) Trang 5