Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 2

Chia sẻ: May May | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học toán 2013 - đề 2', 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 Toán 2013 - Đề 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx 3  3mx 2   m  1 x  1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x ) không có cực trị. Câu II (2 điểm) 4 4 sin x  cos x 1 1. Giải phương trình :   tan x  cot x  sin 2 x 2 2. Giải phương trình: 2 3 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   2 1 x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. x2  7 x  6  0  Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x  2  m  1 x  m  3  0  PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  4 3 5 2 Cn 1  Cn 1  4 An 2   (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n Cn 14  7 An 1 n 3   15 phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng x 1 y 3 z x5 y z 5 d1 :   ; d2 :   . 2 3 62 4 5 Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x )  ln 3 và giải bất phương 3  x  trình  6 2 t   sin 0 2 dt f '( x )  x2 Đáp án Câ Ý Nội dung Điể u m I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có y  x 3  3 x 2  1 0,25 + MXĐ: D  ¡ + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x   x  2 0,25  y '  3x2  6 x ; y '  0   x  0  Bảng biến thiên 0,25 yC§  y  2   3; yCT  y  0   1
 Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0  y  x  1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m  0  y '  3mx 2  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y '  0 không có nghiệm hoặc có 0,50 nghiệm kép 1   '  9m 2  3m  m  1  12m2  3m  0  0  m  4 0,25 II 2,00 1 1,00 sin 4 x  cos4 x 1   tan x  cot x  (1) sin 2 x 2 0,25 Điều kiện: sin 2 x  0 1 1  sin 2 2 x 1 sin x cos x 2   0,25 (1)      sin 2 x 2  cos x sin x 
1 1  sin 2 2 x 1 1  2   1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 2 3 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log8  4  x  (2) x  1  0   4  x  4 0,25 Điều kiện: 4  x  0   4  x  0  x  1  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 0,25  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; 0,25 x  2 (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  x  2  24  4   0,25  x  2  24  lo¹i   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6   III 1,00 dx tdt Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 x x dx tdt tdt    x 1 t 2 t2 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 0,50
1 3 2 dt 2 dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A  2 t 1    ln |1  2 ln  3  1 t 2 2 1 t 2   3 1   2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . Dựng OH  SE  OH   SAB  , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2  2  2  2  2  2  1  OH SO OE OE OH SO 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2  9   SE  8 8 2 2 1 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 1  2 9 9 265    OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   2 8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO   .3   0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq   .OA.SA   .  8 8 8 V 1,00 2  x  7 x  6  0 (1)  Hệ bất phương trình  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2)  0,25 1  1  x  6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0  1; 6 thỏa mãn (2).
x2  2x  3  2   x 2  2 x  3   2 x  1 m   m (do x  1; 6  2 x  1  0)  2 x  1 0,25 2 x  2x  3 Gọi f ( x )  ; x  1; 6 2x  1 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1; 6 : f ( x0 )  m 2x2  2x  8 2  x2  x  4 f ' x  2  2 ;  2 x  1  2 x  1 0,25 1  17 f '  x   0  x2  x  4  0  x  2 1  17 Vì x  1; 6 nên chỉ nhận x  2 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f   3 13   2   2 27 0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x )  13 27 Do đó x0  1; 6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  m x1;6 13 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương 4 x  3 y  4  0  x  2 0,25 trình:    A  2; 4  x  2 y  6  0 y  4 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 x  3 y  4  0 x  1 0,25    B 1; 0  x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0;  2 : x  2 y  6  0;  3 : ax  by  2a  4b  0 · · Từ giả thiết suy ra   ;      ;   . Do đó 2 3 1 2 · · |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ; 3   cos  1;  2    2 5. a  b 2 25. 5 0,25 a  0 | a  2b | 2 a 2  b2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó 3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0
(trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương y  4  0 x  5 0,25 trình:    C  5; 4  x  y 1  0 y  4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI   OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P   0,25  d  I ,  P    d  I ,  Q    Ta có: 2 2 2 OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b2  c 2   a  5    b  2    c  1  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  5 | OI  d  I ,  P    a 2  b 2  c 2   9  a 2  b 2  c 2    a  2b  2c  5 (2) 3 0,25 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5   a  2b  2c  13 17 11a 11  4a Từ (1) và (3) suy ra: b   ;c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b 2  c 2  9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2  221a  658   0 658 0,25 Như vậy a  2 hoặc a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 221  658 46 67  I ; ;  và R = 3.  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25  x  2    y  2   z  1  9 và
2 2 2  658   46   67  x   y  z   9  221   221   221  VII 1,00 a Điều kiện: n  1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n  2  n  3 n  4   n  1 n  2  n  3 5     n  2  n  3 0,50  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1 n  2  n  3  7  n  1 n  n  1   5.4.3.2.1 15  n 2  9n  22  0    n 2  5n  50  0  n  10 0,50 n  5  VI 2,00 b 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình x2  y2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,50   x  5y  2  0  y  1; x  3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì ·ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng 0,50 với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00  x  1  2t  Phương trình tham số của d1 là:  y  3  3t . M thuộc d1 nên tọa độ của  z  2t  M 1  2t ;3  3t ; 2t  . 0,25 Theo đề: |1  2t  2  3  3t   4t  1| |12t  6 | d M ,  P  2  2  12t  6  6  t  1, t  0. 2 12   2   22 3 + Với t1 = 1 ta được M 1  3;0; 2  ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3;0 
+ Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:  x  3  2 y  2  z  2   0  x  2 y  2 z  7  0 (1) .  x  5  6t  0,25 Phương trình tham số của d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VII 1,00 b 1 Điều kiện 3 0 x3 3  x  1 f ( x)  ln 3  ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; 0,25 3  x  1 3 f '( x)  3 3  x  '  3  x  3 x Ta có:   6 2 t 6 1  cos t 3  3  0 sin 2 dt    2 dt    t  sin t |0     sin     0  sin 0  0,25 0   3 Khi đó:  6 2 t   sin 2dt f '( x)  0 x2 0,50  3 3  2x 1  x  2    0   3  x x  2    x  3 x  2   1  x  3; x  2  x  3; x  2   x3   2