Đề thi thử ĐH 2013 môn Toán Trường THPT Hàm Rồng

Chia sẻ: NGUYỄN BÁ CƯỜNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề thi khảo sát chất lượng theo khối thi đại học môn toán A, A1, B Trường THPT Hàm Rồng

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH 2013 môn Toán Trường THPT Hàm Rồng

TRƯ NG THPT HÀM R NG Đ KTCL THEO KH I THI Đ I H C ———————— Môn: TOÁN; Kh i A, A1, B Ngày thi: 11 – 05 -2013 Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát đ PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) 2x − 4 Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = . x+2 a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s . √ b) Tìm t a đ đi m M trên đư ng th ng y = 2 sao cho qua M k đư c ti p tuy n MT t i đ th sao cho MT = 2 5 (T là ti p đi m). √ √ 3. sin 2x + 3 cos 2x + 3 cos x − sin x Câu 2. (1 đi m) Gi i phương trình = 2 cos x + 1. 2 cos x − 1  4 + 1   =1 Câu 3. (1 đi m) Gi i h phương trình: 2x + 3y xy 1 (x, y ∈ R)  50  − 2 2 =1 4x2 + 9y2 x y 4 x Câu 4. (1 đi m) Tính tích phân I = √ + x ln(x + 1) dx 0 x + 1 + 2x + 1 Câu 5. (1 đi m) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông c nh a, SA vuông góc v i m t ph ng(ABCD). Kho ng a cách t A t i m t ph ng (SCD) là . M t ph ng (α) qua SB và t o v i (SAB) góc 45o c t c nh AD t i F. Tính 2 th tích S.ABCD và tính góc t o b i hai m t ph ng (SBF) và (SAC). Câu 6. (1 đi m) Cho a, b, c ∈ R và a > b > c. Ch ng minh r ng 1 1 1 9 a2 + b2 + c2 + + ≥ (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2 PH N RIÊNG (3 đi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B A. Theo chương trình chu n Câu 7a. (1 đi m) Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC có tr c tâm H. Bi t đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC là x2 + y2 − 3x − 5y + 6 = 0, H thu c đư ng th ng d : 3x − y − 4 = 0 , t a đ trung đi m AB là M(2; 3). Xác đ nh to đ các đ nh c a tam giác bi t hoành đ c a A l n hơn 1. Câu 8a. (1 đi m) Trong không gian t a đ Oxyz, cho tam giác ABC v i A(1; −1; 0), B(3; 3; 2),C(5; 1; −2). Ch ng t tam giác ABC là tam giác đ u. Tìm t a đ đi m S sao cho S.ABC là hình chóp tam giác đ u có th tích b ng 6. z 3−z Câu 9a. (1 đi m) Tính modun c a s ph c w = + bi t |z| − 3z = 4(3i − 1). z + 1 − i z + 2i + 5 B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b. (1 đi m) Trong m t ph ng t a đ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 6); B(−3; 1);C(3; −1). L p phương trình đư ng th ng ∆ qua A sao cho t ng kho ng cách t B và C t i ∆ là l n nh t. Câu 8b. (1 đi m) Trong không gian t a đ Oxyz, cho 3 đi m A(1; 0; 0); B(3; 1; 2);C(−1; 2; 1) và đư ng th ng ∆ : x−2 y z+1 = = . L p phương trình m t c u (S) đi qua A, có tâm thu c đư ng th ng ∆ và c t m t ph ng −1 3 1 √ (ABC) theo m t đư ng tròn bán kính là 5 . √ 2 log9 (2 + 3y − 2) = log3 (10 − y) − log3 (4 − x) Câu 9b. (1 đi m) Gi i h phương trình: e3x − e3y = 2y − 2x ———————————————–H t—————————————————-
ĐÁP ÁN Câu L i gi i Đi m 8 1.a TXĐ D = R\{−2};đ o hàm y = > 0 ∀x ∈ D, 0,25 (x + 2)2 Hàm s đ ng bi n trên (−∞; −2); (−2; +∞) 1 đi m lim y = +∞; lim y = −∞; x = −2 là phương trình ti m c n d c 0,25 x→(−2)− x→(−2)+ lim y = 2, lim y = 2; y = 2 là phương trình ti m c n ngang x→−∞ x→+∞ x −∞ −2 +∞ y + + +∞ 2 y 2 −∞ 0,25 0,25 1.b G i M(m; 2); Phương trình đư ng th ng qua M có d ng y − 2 = k(x − m). 0,25 2x − 4 8 Hoành đ ti p đi m là nghi m c a phương trình −2 = (x − m). x+2 (x + 2)2 x = m − 2  2x2 − 8 − 2(x + 2)2 = 8(x − m) 8m − 16 = 16x 1 đi m ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 2 0,25 x+2 = 0 x = −2 m = −2 m − 2 2(m − 6) T a đ ti p đi m T ; 2 m+2 √ m−2 2 2(m − 6) 2 m+2 2 16 2 MT = 2 5 ⇐⇒ m − + 2− = 20 ⇐⇒ + = 20 0,25 2 m+2 2 m+2 (m + 2)2 = 16 m = 2 hay m = −6 ⇐⇒ (m + 2)4 − 80(m + 2)2 + 1024 = 0 ⇐⇒  ⇐⇒  0,25 (m + 2)2 = 64 m = 6 hay m = −10 V y M(2; 2), M(−6; 2), M(6; 2), M(−10; 2) 2 Đi u ki n: x = π + k2π. 0,25 √ 3 √ Pt tương đương 3. sin 2x + 3 cos 2x + 3 cos x − sin x = 4 cos2 x − 1 √ √ 1 đi m ⇐⇒ 3. sin 2x + cos 2x − 1 + 3 cos x − sin x = 0 0,25 √ √ √ ⇐⇒ 2 3. sin x cos x − 2 sin2 x + 3 cos x − sin x = 0 ⇐⇒ (2 sin x + 1)( 3 cos x − sin x) = 0   2 sin x + 1 = 0 x = π + kπ 3 ⇐⇒  √ ⇐⇒  (k ∈ Z) 0,25 3 cos x − sin x = 0 x = − π + k2π hay x = 7π + k2π 6 6 4π 7π Đ i chi u đi u ki n ta có x = 3 + k2π; x = − π + k2π; 6 x= 6 + k2π. (k ∈ Z) 0,25 2
3 Đi u ki n xy = 0; 2x + 3y = 0. 0,25 Nhân hai v c pt trên v i 2x + 3y và nhân hai v c a pt dư i cho 4x2 + 9y2 a 2x − 3 + 3y − 2 = 4  x y  ta đư c h pt  2x − 3 2 2 2 + 3y − = 26    x y   2x − 3 + 3y − 2 = 4    2x − 3 + 3y − 2 = 4   x y x y 1 đi m ⇐⇒ ⇐⇒ 0,25 16 − 2 2x − 3 2 3 2 3y − = 26  2x − 3y − = −5     x  y x y 2x − 3 = −1 2x − 3 = 5    ⇐⇒ x hay x 0,25 3y − 2 = 5  3y − 2 = −1   y y x = − 3 x = − 1 hay x = 3 hay x = 1   ⇐⇒ 2 hay 2 0,25 y = − 1 hay y = 2  y = 2  hay y = −1 3 3 3. Đi u ki n xy = 0; 2x + 3y = 0. Đ t S = 2x + 3y; P = xy; =⇒ 4x2 + 9y2 = S2 − 2P  0,25 4 + 1 = 1  (1) ta đư c h pt S 50 P 1   2 − 2P − 2 = 1 (2) S P 4P 1 đi m (1) ⇐⇒ S = thay vào (2) đư c 6P4 − 5P3 − 38PS2 + 5P + 6 = 0 0,25 P−1 1 1 Gi i ra P = −3; P = − ; P = 2; P = và S = 1; S = 3; S = −4; S = 8 0,25 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 (x; y) = − ; − . 1; − . − ; 2 . (1; 2) . − ; . 3; . − ; −1 .(3; −1) 0,25 2 3 3 2 2 3 3 2 4 x 4 4. I= √ dx + x ln(x + 1)dx = I1 + I2 0,25 0 x + 1 + 2x + 1 0 √ t2 − 1 Đ t t = 2x + 1 =⇒ x = =⇒ dx = tdt, đ i c n x = 0 =⇒ t = 1; x = 4 =⇒ t = 3 2 3 3 3 t2 − 1 3 3 dt 1 2 1 đi m I1 = 2 tdt = (t − 2)dt + = (t − 2) + 2 ln(t + 1) = 2 ln 2 0,25 1 t + 1 + 2t 1 1 t +1 2 1 1 4 1 4 1 1 4 x2 − 1 I2 = ln(x + 1)d(x2 − 1) = (x2 − 1) ln(x + 1) − dx 0,25 2 0 2 2 0 x+1 0 4 4 1 1 15 = (x2 − 1) ln(x + 1) − (x − 1)2 = ln 5 − 2 2 4 2 0 0 15 V y I = 2 ln 2 + ln 5 − 2 0,25 2 5. 0,25 K AH ⊥ SD. Do AB ⊥ (SAD) nên AB ⊥ AH nên AH ⊥ (SCD); √ a 2 1 1 1 AH = ; 2 = 2+ 2 AH SA AD2 a SA = √ . 3 √ 1 a 2 a3 3 1 đi m VS.ABCD = . √ .a = . 0,25 3 3 9 K AE ⊥ SB; EK BC. 0,25 Trong m t ph ng AEKD k EF sao cho AEF = 45o . Khi đó m t ph ng (α) là (SBF). G i → là véc tơ pháp tuy n c a (SBF). BD ⊥ (ABCD). −n −→ →.BD| − −→ → − →.(FD − F )| − − − → − − → |n |n |→.FD| n |→|.|FD| cos 45o 1 n Nên cos φ = → − = → − − → = → − = → − − → = ; 0,25 |− |.|BD| n |→|.|BD| n |− |.|BD| n |→|.|BD| n 4 Do FD ⊥ (SAB) 3
1 1 2 8 8 6. Ta có 2 + 2 ≥ ≥ 2 = 0,25 (a − b) (b − c) (a − b)(b − c) (a − b + b − c) (a − c)2 1 1 1 9 1 đi m Suy ra + + ≥ 0,25 (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 (a − c)2 (a + (−c))2 M t khác a2 + b2 + c2 ≥ a2 + (−c)2 ≥ 0,25 2 2 + b2 + c2 1 1 1 9 Nên a 2 + 2 + 2 ≥ . D u b ng khi a = −c; b = 0 0,25 (a − b) (b − c) (c − a) 2 7a. Trư c h t ta tính đư c tâm I( 1 ; 5 ) . 0,25 −→ 2 2 IM ⊥ AB nên AB nh n IM là véc tơ pháp tuy n : AB : x + y − 5 = 0 1 đi m T a đ đi m A và B là nghi m c a h phương trình : 0,25 x+y−5 = 0 Nên A(3; 2); B(1; 4) x2 + y2 − 3x − 5y + 6 = 0 x+1 y+4 G i đi m C(x; y); T a đ trung đi m N c a BC : N ; ; 0,25 2 2 G i D là đi m đ i x ng v i A qua I suy ra BHCD là hình bình hành nên N là trung đi m HD. T a đ c a D(0; 3); Ta có H(x + 1; y + 1). Do đi m H thu c đư ng th ng 3x − y − 4 = 0 nên 3(x + 1) − (y + 1) − 4 = 0; 3x − y − 2 = 0. T a đ đi m C là nghi m c a h phương trình : 0,25 3x − y − 2 = 0 Nên C(1; 1);C(2; 4) x2 + y2 − 3x − 5y + 6 = 0 − → − → − → √ 8a. AB = (2; 4; 2); AC = (4; 2; 2); BC = (2; −2; −4); AB = BC = CA = 24. V y tam giác ABC đ u. 0,25 − − → → 1 √ 1 đi m AB ∧ AC = (−12; 12; −12); SABC = (−12)2 + (12)2 + (−12)2 = 6 3 (đơn v di n tích) 0,25 2 T a đ tr ng tâm tam giác ABC : G(3; 1; 0);  0,25 x = 3 + t   Phương trình đư ng th ng ∆ qua G và vuông góc v i (ABC):y = 1−t   z = t Do S.ABC là hình chóp tam giác đ u suy ra SG ⊥ (ABC) ⇐⇒ S ∈ ∆ nên S(3 + t; 1 − t;t).  3V 3.6 |3 + t − 1 + t + t − 2| t = −1 =⇒ S(2; 2; −1) SG = = √ = √ ⇐⇒ |3t| = 3 ⇐⇒  0,25 S∆ABC 6 3 3 t =1 =⇒ S(4; 0; 1) 9a. Đ t z = x + yi , (x, y ∈ R). 0,25 Ta có x2 + y2 − 3(x − yi) = 12i − ⇐⇒ 3i(y − 4) + x2 + y2 − 3x + 4 = 0 4 y = 4  y=4  y=4 1 đi m Nên ⇐⇒ x2 + y2 = (3x − 4)2 ⇐⇒ Do đó z = 3 + 4i 0,25 x 2 + y2 = 3x − 4   x=3 3x − 4 ≥ 0 3 + 4i 3 − 3 − 4i 18 1 Ta đư c w = + = − i 0,25 3 + 4i + 1 − i 3 + 4i + 2i + 5 25 25 √ 18 2 1 2 13 V y |w| = + = 0,25 25 25 5 7b. K BK ⊥ ∆ ; CH ⊥ ∆. G i I là trung đi m c a BC. 0,25 K IM ⊥ ∆. N u đư ng th ng ∆ không c t đo n th ng BC. BK +CH = 2IM ≤ AI (do MKHC là hình thang). 1 đi m N u đư ng th ng ∆ c t đo n th ng BC Ta có d(B; ∆) + d(C; ∆) = BK +CH ≤ BC 0,25 Do tam giác ABC nh n nên BC < 2AI (Tính AI và BC) Suy ra 2d(B; ∆) + d(C; ∆) l n nh t khi M trùng v i A hay AI vuông góc v i ∆. 0,25 → − T a đ đi m ;A(1; 6); B(−3; 1);C(3; −1). T a đ đi m I(0; 0) ; AI = (1; 6) ; 0,25 Phương trình đư ng th ng ∆ : 1(x − 1) + 6(y − 6) = 0 ⇐⇒ x + 6y − 37 = 0 4
− → − → − − → → 8b. AB = (2; 1; 2); AC = (−2; 2; 1); AB, AC = (−3; −6; 6). G i → là véc tơ pháp tuy n c a (ABC) − n 0,25 →⊥AB − −→ n → − − − → → − ⊥AC nên ch n n = AB, AC = (−3; −6; 6); Phương trình (ABC) : x + 2y − 2z − 1 = 0. do → − n →  x = 2 − t   1 đi m Phương trình tham s c a ∆ : y = 3t 0,25   z = −1 + t G i I là tâm m t c u do I ∈ ∆ nên I(2 − t; 3t; −1 + t). |2 − t + 6t + 2 − 2t − 1| AI 2 = (1 − t)2 + 9t 2 + (t − 1)2 = 11t 2 − 4t + 2; d(I, (ABC)) = = |t + 1| 3 G i r là bán kính đư ng tròn giao tuy n c a m t c u (S) và m t ph ng (ABC) 0,25 2 thì r2 = AI 2 − d 2 (I, (ABC)) = 11t 2 − 4t + 2 − (t + 1)2 = 10t 2 − 6t + 1 = 5 ⇐⇒ t = 1 hay t = 5 t = 1 khi đó I(1; 3; 0); AI = 3 phương trình m t c u (x − 1)2 + (y − 3)2 + z2 = 9. √ 0,25 2 12 −6 −7 134 2 2 2 134 t = − ; Khi đó I( 5 ; 5 ; 5 );AI = ; PTm t c u x − 12 + y + 6 + z + 7 = 5 5 5 . 5 5 25 9b. Đi u ki n 2 ≤ y < 10; x ≤ 4; 3 0,25 T phương trình dư i ta đư c e3x + 2x = e3y + 2y. Xét hàm s f (t) = e3t + 2t; f (t) > 0 suy ra x = y. Thay vào phương trình trên ta đư c √ 10 − x √ 10 − x 1 đi m log3 2 + 3x − 2 = log3 ⇐⇒ 2 + 3x − 2 = 0,25 4−x 4−x √ 10 − x √ x+2 ⇐⇒ 3x − 2 = − 2 ⇐⇒ 3x − 2 = (∗) 4−x 4−x 2 3 x+2 V i 2 ≤ x ≤ 4, PT(∗) ⇐⇒ 3x − 2 = ⇐⇒ 3x3 − 27x2 + 60x − 36 = 0 0,25 4−x ⇐⇒ (x − 1)(3x2 − 24x + 36) = 0 ⇐⇒ x = 1; x = 2; x − 6 (lo i) 0,25 V y (x, y) = (1, 1); (2, 2) là nghi m c a h phương trình. 5