ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013 LẦN 2 Môn TOÁN

Chia sẻ: Nguyenphu Manh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học năm học 2013 lần 2 môn toán', 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 NĂM HỌC 2013 LẦN 2 Môn TOÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 2 TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Môn TOÁN – Khối D Hải Dương Ngày thi: 24-24/03/2013 Thời gian 180 phút. Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(m  1) x2  3m(m  2) x  m3  3m2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0 2. Tìm m sao cho đồ thị đạt cực đại, cực tiểu tại A và B mà tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 10 Câu II (2 điểm) (sin x  2cos x  3 cos 2 x )(1  sin x) 1. Giải phương trình: cos2 x  2cos x  1  2 y 3  2 x3  3 2. Giải hệ phương trình   y  4 x3  x  3 ln( x  1) 4 Câu III ( 1 điểm). Tính tích phân sau: I   dx 1 x x Câu IV ( 1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SD=a. Gọi O là giao AC a 2 và BD. Biết (SAC) vuông góc với (ABCD), góc giữa SC và (ABCD) bằng 300 và SO= . Tính thể 2 tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai đường thẳng SO, AD. x y xy Câu V ( 1 điểm). Cho x, y > 0 thỏa mãn: (x+1)(y+1)=4. Tìm GTNN của A    y 3 x3 x y Câu VI ( 2điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2,3), trọng tâm G(2,0), điểm B có hoành độ 9 âm thuộc đường thẳng d : x  y  5  0 . Viết phương trình đường tròn tâm C bán kính , tiếp xúc với 5 đường thẳng BG. x 1 y z 1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   , điểm M(1,2,-3) và mặt 2 1 1 phẳng (P): x+y+z-3=0. Gọi A là giao của d và (P). Tìm điểm B trên mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng MB cắt d tại C mà tam giác ABC vuông tại C. Câu VII (1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: An  8Cn  Cn  49 , M và N là điểm biểu diễn 3 2 1 cho các số phức z1  (1  i)n , z2  4  mi, m   . Tìm m sao cho MN  5
Đáp án đề thi thử khối D lần 2 năm học 2012-2013 Câu I. ( 2 điểm) 1. Khi m=0, hàm số có dạng: y  x3  3x 2 3 Giới hạn: lim y  lim x3 (1  )   ; lim y   x  x  x x  Đạo hàm: y '  3x2  6 x  0  x  0; x  2; y(0)  0; y(2)  4 0,25 đ Bảng biến thiên: x -∞ -2 0 +∞ y' + 0 - 0 + +∞ 4 y 0 -∞ 0,25 đ Hàm số đồng biến trên (, 2);(0, ) và nghịch biến trên (2,0) Đồ thị có điểm cực đại: A(2, 4) và điểm cực tiểu B(0,0) 0,25đ Đồ thị: - Đồ thị qua các điểm: A,B,U, C(-3,0); D(1,4) - Vẽ đồ thị: 0,25 đ 2. +) y '  3x2  6(m  1) x  3m(m  2)  0  x  m, x  m  2 nên đồ thị luôn có 2 cực trị
A(m,0); B(m  2, 4) . 0,25 đ A,B,O tạo thành tam giác  m  0  +) Viết phương trình trung trực AB: x-2y+m+5=0 m +) Viết phương trình trung trực OA: x+ =0 2 0, 25 đ m m  10 +) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là I (  , ) 2 4 0,25 đ +) IO2  10  m2  4m  12  0  m  6 hoặc m  2 Đáp số: m=-6 hoặc m=2 0,25 đ Câu II. ( 2 điểm) 1 1. Đk: cos x   .  2 Phương trình trở thành: (1  sin x)(1  sin x)(2cos x  1)  (sin x  2cos x  3 cos 2 x)(1  sin x) 0,25 đ  (1  sin x)(1  sin 2 x  3 cos2 x)  0  Giải phương trình: sin x  1  x   2 k 2 0,25 đ    3 Giải phương trình : 1  sin 2 x  3 cos 2 x  0  sin(2 x  )  sin( )  x   k ; x   k 3 6 12 4 0,25 đ   3 Đối chiếu điều kiện được: x   k 2 ; x   k ; x   k 2 12 4 0,25 đ
 2 y 3  2 x3  3  y  4 x3  x  3 2.    y  4 x3  x  3  y  4 x3  x  2 y3  2 x3 (*) 1 (*)  y  x  2 x3  2 y 3  ( x  y )( x 2  xy  y 2  )  0 2 0, 25 đ 3 3 Th1: x  y  0 , ta được: 4 x3  3  0  x   3 ; y  3 4 4 0,25 đ 1 y 3y2 1 Th2: x 2  xy  y 2   ( x  )2   2 2 4 2 2 2 Suy ra: y 2  . Tương tự x 2  3 3 0,25 đ 2 3 3 Từ đó: | y 3  x3 || x3 |  | y 3 | 2( )  nên trường hợp này không xảy ra. 3 2 3 3 Vậy hệ có nghiệm: ( x, y)  ( 3 , 3 ) 4 4 0,25đ Câu III. ( 1 điểm) Đặt x  t thì x  t 2  dx  2tdt . Đổi cận 0,25 đ ln(t  1) ln(t  1) 2 2 I  .2tdt  2 dt 1 t t 2 1 t 1 0,25 đ  I  (ln(t  1))2 |1  ln 2 3  ln 2 2 2 0,5 đ Câu IV. ( 1 điểm)
S A D H O M B C 1) +) Do (SAC )  ( ABCD) theo giao tuyến AC, BD  AC  BD  (SAC ) 1 Ta được: BD  SO nên OD  a 2  BD 2  AB 2  AD 2 nên ABCD là hình vuông. Suy ra S ABCD  a 2 2 0,25 đ +) Tam giác SAC có SO  OA  OC nên vuông tại S. Kẻ SH  AC thì SH  ( ABCD) nên (SC,( ABCD))  SCH  300 . SH 3 1 a 6 Suy ra:  cos 300  ; SA  AC nên SH  . SA 2 2 4 a3 6 Vậy VS . ABCD  12 0,25 đ 2) SC 3 3 Ta có:  cos 300  nên SC  a . AC 2 2 Gọi M trung điểm CD thì OM  AD nên (SO, AD)  (SO, OM ) . 0,25 đ Công thức trung tuyến cho tam giác SCD được: SM  a . 2 Định lý cosin cho tam giác: SOM được: cos SOM   4
2 Vậy góc giữa hai đường thẳng SO và AD là arccos 4 0,25 đ Câu V. ( 1 điểm) Đặt x  y  S , xy  P thì ( x  1)( y  1)  xy  x  y  1  S  P  1  4  S  P  3 Tồn tại x, y nếu S 2  4P x 2  y 2  3x  3 y xy S 2  2 P  3S 3  S Khi đó A     xy  3( x  y )  9 x  y P  3S  9 S S 2  5S  6 3  S S 3 3  A     2S  12 S 2 S 2 3 3  A2  . 2 2 Dấu bằng xảy ra khi S  6, P  3  6 , ( thỏa mãn: S 2  4P ) 6  4 6 6 6  4 6 6 6  4 6 6 6  4 6 6 Hay ( x, y)  ( ; ) ( x, y)  ( ; ) Vậy 2 2 2 2 3 3 min A  2  2 2 Câu VI ( 2 điểm)   1. +) Do B  d : x  y  5  0 nên B(b, 5  b)(b  0)  BG  (2  b,5  b) Phương trình ( BG) : (5  b)( x  2)  (b  2) y  0 0,25 đ +) G là trọng tâm tam giác ABC nên C (4  b, b  2) 0,25 đ 9 +) Đường tròn tâm C, bán kính tiếp xúc với ( BG) 5 | (5  b)(2  b)  (b  2)(b  2) | 9   (5  b) 2  (b  2) 2 5  63b2 1386b 1449  0  b2  22b  23  0 0,25 đ +) Giải phương trình được b  1 ( vì b  0) . Khi đó, C(5,1) nên phương trình đường tròn cần tìm là: 81 ( x  5)2  ( y  1) 2  25 0,25 đ
2.   Ta có: C  d nên C (2c  1; c; c  1)  MC  (2c; c  2;2  c) .  Đường thẳng d có vecto chỉ phương u  (2,1, 1) 0,25 đ    2   4 4 4 Tam giác ABC vuông tại C nên MC.u  0  2c.2  c  2  c  2  0  c  . Suy ra MC  ( ,  ; ) . 3 3 3 3 0,25 đ  Ta được v  (1, 1,1) là vecto chỉ phương của đường thẳng (MC ) nên x 1 x  2 x  3 ( MC ) :   . 1 1 1 0,25 đ B  (MC ) nên B(b  1; b  2; b  3) . B  ( P)  b  1  (b  2)  (b  3)  3  0  b  1 . Vậy B(2,3,-2) 0,25 đ Câu VII. ( 1 điểm) Giải phương trình An  8Cn  Cn  49 . Đk: n  3  n  3 2 1  n(n 1)(n  2)  4n(n 1)  n  49 0,25 đ  n3  7n2  7n  49  0  (n  7)(n2  7)  0  n  7 ( t/m) 0,25 đ Khi đó: z1  (1  i)7  [(1  i)2 ]3 (1  i)  8i3 (1  i)  8i(1  i)  8  8i . Vậy M(8,-8). 0,25 đ Do N(4,m) nên MN  5  42  (8  m)2  25  (m  8)2  9  m  5 hoặc m  11 Đáp số: m  5 hoặc m  11 0,25 đ