Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 15

Chia sẻ: Phung Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử toán đh năm 2013 đề số 15', 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 Toán ĐH năm 2013 Đề số 15

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011 Môn: Toán A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). 2x  4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  . 1 x 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0 .  x 2  y 2  xy  1  4 y 2) Giải hệ phương trình:  .  y ( x  y )2  2 x 2  7 y  2  2 3sin x  2cos x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx 0 (sin x  cos x)3 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca  3. 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2  2  2  . 1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được 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 đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: (1  3x )20  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20 . Tính tổng: S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20 . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . x y z x  1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) :   và (d 2 ) :   . 1 1 2 2 1 1 Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng P : x – y  z  2010  0 độ dài đoạn MN bằng 2. 2 log1 x ( xy  2 x  y  2)  log 2  y ( x 2  2 x  1)  6  Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình  log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4)  =1 ………………………………….....................HẾT……………………………………………………
Câu Phần Nội dung Điểm I Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 1,0 (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 2 0,25 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1    y2  y1   90(*)  2x  4   k ( x  1)  1 kx 2  (2k  3) x  k  3  0  x 1 ( I ) . Ta có: ( I )    y  k ( x  1)  1  y  k ( x  1)  1  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 3 kx 2  (2k  3) x  k  3  0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k  0, k  . 8 2 2 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   4 x2 x1 ]  90(***) 2k  3 k 3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  , x1 x2  , thế vào (***) ta có 0,5 k k phương trình: 3  41 3  41 8k 3  27k 2  8k  3  0  (k  3)(8k 2  3k  1)  0  k  3, k  , k . 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm II sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0  (2,0) 1(1,0) (sin 3x  sin x )  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x )  0 0,25  2 sin 2 x.cos x  2 sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1)  0  2 sin x.cos 2 x  2 sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1)  0  1  sin x  2  0,25  (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x  1)  0   cos x  1  1 cos x   2   1  x  6  k 2 +) sin x    , (k  Z ). 2  x  5  k 2   6   1  x  3  k 2 +) cos x    , ( k  Z ). 2  x     k 2   3 0,25 +) cos x  1  x  k 2 , (k  Z ). KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên. 0,25 2(1,0)  x2  1  x y 4  x 2  y 2  xy  1  4 y  y Dễ thấy y  0 , ta có:   . 0,25 2 2 2  y(x  y)  2x  7 y  2 ( x  y )2  2 x  1  7   y x2  1  uv  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2  0,25 y v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9
+) Với v  3, u  1 ta có hệ: x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2     . 0,25 x y 3  y  3 x  y  3 x  x  2, y  5 x2  1  9 y x2 1  9 y  x 2  9 x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:    , hệ  x  y  5  y  5  x  y  5  x này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}. 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm III    0,25 (1,0) Đặt x   t  dx   dt , x  0  t  , x   t  0. 2 2 2    2 2 2 3sin x  2cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x Suy ra: I   3 dx   3 dt   dx (Do tích phân 0,25 0 (sin x  cos x) 0 (cos t  sin t ) 0 (cos x  sin x )3 không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).    2 2 2 3sin x  2 cos x 3cos x  2sin x 1 Suy ra: 2 I  I  I   3 dx   3 dx   dx = 0 (sin x  cos x) 0 (cos x  sin x) 0 (sin x  cos x )2   2 1 1 2 1   1   1 0,5 = dx   d  x    tan  x   2  1 . KL: Vậy I  .   20   4 2 4 0 2 0 2 cos 2  x   cos 2  x      4  4 Câu Phần Nội dung Điểm IV + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. (1,0) + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có S SG 2  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của 0,25 SC, SD. N 1 1 + Dễ có: VS . ABD  VS . BCD  VS . ABCD  V . 2 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G VS . ABN SA SB SN 1 1 1 A D  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS .BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS . ABN  V O VS . BCD SB SC SD 2 2 4 8 Từ đó suy ra: 3 B C VS . ABMN  VS . ABN  VS . BMN  V . 0,25 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD ) nên góc hợp bởi AN với 3 mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại SA N, suy ra NAD  NDA  300. Suy ra: AD  a 3. tan 300 1 1 3 3 Suy ra: V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3
3 5 5 3a 3 Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  . 0,5 8 8 24 Câu Phần Nội dung Điểm V Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc) 2  abc  1 . 0,25 (1,0) 1 1 Suy ra: 1  a 2 (b  c )  abc  a 2 (b  c)  a(ab  bc  ca )  3a  2  (1). 1  a (b  c) 3a 1 1 1 1 0,25 Tương tự ta có: 2  (2), 2  (3). 1  b (c  a ) 3b 1  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ab  bc  ca 1 2  2  2  (   )  . 1  a ( b  c ) 1  b ( c  a ) 1  c ( a  b) 3 c b c 3abc abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0). 0,5 Câu Phần Nội dung Điểm + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường VIa 1(1,0) thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . 0,25 (2,0) + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 MA  2 MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , 0,25 IA  IH . 2 2 9a 2 b2  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4.  2  35 a 2  b2 a  b2 36a 2  b 2 0,25  2 2  35  a 2  36b 2 a b  a  6 Dễ thấy b  0 nên chọn b  1   .  a6 0,25 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.   2(1,0) + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, 0,25 AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.     + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):   2x  y  z 1  0 . 0,25  x  y  z 1  0 x  0   + Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 0,5 Câu Phần Nội dung Điểm 0,25 VII.a + Ta có:  x(1  3 x) 20   a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  21a20 x 20 . (1,0)  (1  3 x) 20  60 x (1  3x )19  a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  21a20 x 20 (*). 0,25 0,25 Nhận thấy: ak x k  ak ( x) k do đó thay x  1 vào cả hai vế của (*) ta có: S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20  422 . 0,25
Câu Phần Nội dung Điểm + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận A  VIb 1(1,0) HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên (2,0) ( AC ) : x  2 y  4  0. Ta cũng dễ có: 0,25 ( BK ) : 2 x  y  2  0 . + Do A  AC , B  BK nên giả sử M A(2a  4; a ), B(b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là K trung điểm của AB nên ta có hệ: H 2a  4  b  6 2a  b  10 a  4    . a  2  2b  2  a  2b  0 b  2 0,5 Suy ra: A(4; 4), B(2;  2). C B   + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y  8  0 .   + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. KL: Vậy : ( AC ) : x  2 y  4  0, ( AB) : 3x  y  8  0 , ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. 0,25 2(1,0) + M , N  (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử   0,25 M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N ( 1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t2  1) .     + MN song song mp(P) nên: nP .NM  0  1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1)  0   0,25  t2  t1  NM  (t1  1; 2t1 ;3t1  1) .  t1  0 + Ta có: MN  2  (t1  1)  (2t1 )  (3t1  1)  2  7t  4t1  0   2 2 2 2 . t1  4 1  7 0,25 4 4 8 1 4 3 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ;  ; ) . 7 7 7 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P). 0,25 KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn. Câu Phần Nội dung Điểm 2  xy  2 x  y  2  0, x  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 0,25 VII.b + Điều kiện:  (I ) . (1,0) 0  1  x  1, 0  2  y  1 2 log1 x [(1  x)( y  2)]  2log 2 y (1  x)  6  + Ta có: ( I )   log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4)  =1 log1 x ( y  2)  log 2 y (1  x )  2  0 (1)   log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) = 1 (2). 0,25  1 + Đặt log 2  y (1  x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1. t Với t  1 ta có: 1  x  y  2  y   x  1 (3). Thế vào (2) ta có: x  4 x  4 log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4) = 1  log1 x 1  1  x  x2  2x  0 x4 x4  x0  y  1  . Suy ra:  .  x  2  y 1 0,25 + Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y  1 thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1 . 0,25