Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Toán - Đề số 08

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh "Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Toán - Đề số 08" dành cho tất cả các bạn học sinh khối A, A1, B, D. Đề thi gồm có hai phần là phần chung và phần riêng bao gồm các câu hỏi tự luận có kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Toán - Đề số 08

NÐQ 0982473363 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn TOÁN – Khối A, A1, B , D Đề số 08 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 + (m + 1) x + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng d: y = x + 1 tại ba điểm phân biệt A(0;1), 65 B, C sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC bằng , với O là gốc tọa độ. 2 Câu II (2 điểm)    3    1. Giải phương trình cos 2 x  2 sin x sin    3 x   cos    3 x   1  2sin 2  2 x   .  4   4    4 ` 2. Giải hệ phương trình: { Câu III (1 điểm) Giải phương trình x 2 + 15 + 2 = 3 3 x + x 2 + . 8 Câu IV (1 điểm) Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Tam giác SAC vuông cân tại S nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, SA= a 2 . Điểm M thuộc đoạn thẳng SA thỏa mãn SM=2MA, điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa đường SB và mặt phẳng (SAC) bằng 60 o . Tính thể tích khối tứ diện SMGC và khoảng cách giữa hai đường thẳng MG và SC. Câu V (1 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz + x + z = y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 3 P = 2 - 2 + 2 x +1 y +1 z +1 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 4; - 1 ) , đường trung tuyến từ B có phương trình 8 x - y - 3 = 0 , đường phân giác trong góc C có phương trình x - y - 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C. 2. Từ các số 0;1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác nhau mà tổng của ba chữ số đó bằng 7 log 2 ( x + y ) + 1 = log 2 (7 x + y ) + log 2 y Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình:  log 2 (3 x − y − 2) = 2 x − 2 y + 4 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng d : mx - y - 2m + 1 = 0 và đường tròn C): ( x - 1) + ( y - 2 ) = 5. Tìm m để đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: x + 1 2 2 ( 9 x - 2 . 3 x - 3 ) log 3 ( x - 1 ) + log 1 27 = 9 - 9 x 3 3 Hết
ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm I 1) (1 điểm). Khảo sát hàm số... (2điểm) 3 2 m= 1 ta có: y = x - 3 x + 1 · Tập xác định: ¡ · Sự biến thiên 0,25 lim y = -¥, lim y = -¥ x ®-¥ x ®+¥ é x = 0 Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 - 6 x ; y ' = 0 Û ê ë x = 2 Bảng biến thiên X -¥ 0 2 +¥ 0,25 y’ + 0 0 + 1 +¥ Y -¥ 3 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; 0 ) , ( 2; +¥ ) , nghịch biến trên khoảng (0;2) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 1 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 3 · Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (1; 3), (3; 1) và nhận I(1; 1) làm điểm uốn 4 2 5 0,25 2 4 6 2) (1 điểm) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) và đường thẳng d là nghiệm phương trình é x = 0 "m x 3 - 3 x 2 + ( m + 1) x + 1 = x + 1 Û ê 2 ë x - 3 x + m = 0(2) Hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt Û phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 khác 0 0,25 æ 9ö Û m Î ç -¥; ÷ \ {0 } (*) è 4 ø Với điều kiện (*), hai đồ thị cắt nhau tại A(0; 1), B ( x1 ; x1 + 1) , C ( x2 ; x2 + 1 ) 1 OB.OC. BC 0,25 S DOBC =d ( O ,d ) .BC = Þ 2 R.d ( O , d ) = OB. OC 2 4 R 65 1 2 2 Ta có 2 . 2 2 ( )( = x12 + ( x1 + 1) . x22 + ( x2 + 1) Û 65 = 2 x12 + 2 x1 + 1 2 x22 + 2 x2 + 1 ) Û 65 = ëé 2 ( x12 - 3x1 + m ) + 8 x1 + 1 - 2m ûù ëé 2 ( x22 - 3 x2 + m ) + 8 x2 + 1 - 2 m ûù 0,25 Û 65 = ( 8 x1 + 1 - 2 m )( 8 x2 + 1 - 2 m ) vì x1 , x 2 là nghiệm của phương trình (2) 2 Û 65 = 64 x1 x2 + 8(1 - 2m)( x1 + x2 ) + (1 - 2 m ) ì x + x = 3 é m = 2(t / m ) Theo viet í 1 2 ta có m2 + 3m - 10 = 0 Û ê 0,25 î x1 x2 = m ë m = -5(t / m)
II 1) (1 điểm). (2điểm)   Phương trình tương đương với: cos 2 x  2 sin x   2 cos 3 x  1  1  cos  4 x    2    cos 2 x  2 sin x   2 cos 3x  1  1  cos  4 x     cos 2 x  2 sin x cos 3 x  2 sin x  1  sin 4 x 2  cos 2 x  sin 4 x  sin 2 x  2 sin x  1  sin 4 x  1  cos 2 x  sin 2 x  2 sin x  0 sin x  0  2   2 sin x  2 sin x cos x  2 sin x  0  sin x 2 sin x  2 cos x  2  0  sin  x     1     4 2  sin x  0  x  k (k  Z )   1  7  sin  x     x  12  k 2; x  12  k 2 (k  Z )  4 2 2) (1 điểm). Nhân 4 phương trình 2 rồi công vế theo vế ta thu được (x+2)5+2(x+2)3=y5+2y3 Xét hàm f(u)= u5+2u3 f’(u)= 5y4+6y2>=0 =>f(u) đồng biến trên R =>x+2=y Thay vào phương trình 2 =>x=18 y=20 III x 2 + 15 - x 2 + 8 + 2 = 3 3 x (1) (1điểm) Vì x 2 + 15 - x 2 + 8 + 2 > 0 "x Î ¡ nên x > 0 (1) 3 3 x + x 2 + 8 - x 2 + 15 = 2 Xét hàm số f ( x ) = 3 3 x + x 2 + 8 - x 2 + 15 trên khoảng ( 0; +¥ ) 1 x x f '( x ) = + - > 0 " x Î ( 0; +¥ ) nên f(x) đồng biến trên ( 0; +¥ ) 3 2 2 2 x x +8 x + 15 Mà f(1)=0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1, S IV (1điểm) ì SI ^ AC Gọi AC Ç BD = I , ïí Þ SI ^ ( ABCD ) M H ïî ( SAC ) ^ ( ABCD ) N A BI ^ AC , BI ^ SI Þ BI ^ ( SAC ) D I K G B C
Góc giữa SB và (SAC) bằng góc ÐBSI = 60 o AC AC = SA 2 + SC 2 = 2 a ; SI = = a ; BI = SI tan 60o = a 3 2 1 1 a 3 1 2a 2 2a 3 3 VGMSC = GI .S DSMC = . . . .a 2 = (đvtt) 3 3 3 2 3 27 Lấy M thuộc đoạn thẳng SB thỏa mãn SN=2NB ìMN / / CD 4 í Þ ( MNG ) / / ( SCD ) Þ d ( MG , SC ) = d( ( MNG ),( SCD ) ) = d( G ,( SCD ) ) = d ( I , ( SCD ) ) î NG / / SD 3 Kẻ IK ^ CD; IH ^ SK Þ IH ^ (SCD ) Þ d( I , ( SCD ) ) = IH 1 1 1 1 1 1 a 21 2 = 2 + 2 = 2 + 2 + 2 Þ IH = IH SI KI SI IC ID 7 4a 21 Vậy d( MG , SC ) = 21 x z a 1 b g V Ta có xz + + = 1 . Đặt x = tan ; = tan ; z = tan vì x, y, z > 0 nên a , b , g Î ( 0; p ) (2điểm) y y 2 y 2 2 a b b g g a a æb g ö Khi đó tan tan + tan tan + tan tan = 1 Û cot = tan ç + ÷ Þ a + b + g = p 2 2 2 2 2 2 2 è 2 2ø a b g Biến đổi P = 2 cos 2 - 2 sin 2 + 3cos 2 2 2 2 g g a -b = -3sin 2 + 2 sin cos + 3 2 2 2 2 æ g 1 a - b ö 1 2 a - b 10 = -3 ç sin - cos ÷ + cos + 3 £ è 2 3 2 ø 3 2 3 ì a -b 10 ïïc os 2 = 1 1 1 MinP = Ûí Ûx= ; y = 2; z = 3 ïsin g = 1 2 2 2 ïî 2 3 1) (1 điểm) VIa c + 4 c - 2 ö (1điểm) Tọa độ C(c; c1), Gọi M là trung điểm AC, suy ra M æç ; ÷ è 2 2 ø c - 2 M thuộc trung tuyến từ B nên 4 ( c + 4 ) - - 3 = 0 Û c = - 4 thu được C(4;5) 2 ìx-4 y + 1 = Gọi A’ là đối xứng của A qua đường x - y - 1 = 0 . Tọa độ A’ là nghiệm hệ ïï 1 -1 í ïx+4 - y - 1 - 1 = 0 ïî 2 2 Suy ra A’(0;3) Đường thẳng BC đi qua A’(0;3), C(4;5) nên phương trình BC: 2x – y +3=0 Đường thẳng BC cắt đường thẳng 8 x - y - 3 = 0 tại B, suy ra B(1;5) 2) (1 điểm) Bộ 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 gồm {0; 1; 6} (a), {0; 2; 5} (b), {0; 3; 4} ( {1; 2; 4} (d) Mỗi bộ trong các bô (a), (b), (c) có số cách lập là: 3! 1.2.1 = 4 số (trừ chữ số 0 đứng đầu) => 3 trường hợp đầu có 12 số được lập Bộ (d) có 3! = 6 số được lập Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán
x + y > 0  Biến đổi phương trình đầu ta được log 2 2( x + y ) 2 = log 2 (7 x + y ) y 7 x + y > 0 VIIa (2điểm) Điều kiện y > 0 y = x  2 x 2 − 3xy + y 2 = 0 ⇔   y = 2x Với y = x thế vào phương trình thứ hai ta được log 2 ( 2 x − 2) = 4 ⇔ x = 9 suy ra x = y = 9 , thoả mãn điều kiện. Với y = 2 x thế vào phương trình thứ hai ta được log 2 ( x − 2) = 4 − 2 x ⇔ log 2 ( x − 2) + 2 x − 4 = 0 y = log 2 ( x − 2) + 2 x − 4 là hàm số đồng biến trên (2;+∞ ) nên x = 5 là nghiệm duy nhất. 2  x = 5 Suy ra  2 , thoả mãn điều kiện.  y = 5  x = 9 x = 5 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  và  y = 9  =5 2 VIb 1) (1 điểm) (1điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R= 5 Đường thẳng d luôn đi qua điểm E(2;1) với mọi m. Vì E nằm trong đường tròn (C) nên với mọi m đường thẳng d luôn cắt đường tròn (C) tại 2 điểm phân biệt A, B AB 2 Gọi H là trung điểm AB. Vì IH 2 + = R 2 = 5 nên AB nhỏ nhất khi và chỉ khi IH lớn nhất. 4 Mặt khác IH £ IE nên IH lớn nhất khi và chỉ khi điểm H trùng điểm E uur uur Khi đó: VTCP ud = (1; m ) vuông góc với IE = (1; -1) suy ra m=1. 2) (1 điểm) Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và C 5 3 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 2 . C 5 3 = 100 bộ 5 số được chọn. Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 5 2 . C 5 3 .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 41 . C 5 3 . 4 ! = 960 . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán VIIb (1điểm) · ĐK: x > 1 · Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :