Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 18

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

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 9
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 18', 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 18

http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  2 1 1  x  1  x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) 1 1 1 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    4 . CMR:   1 x y z 2x  y  z x  2 y  z x  y  2 z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  (d)   và (d’)  y  2  t 1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : S  C0 C5  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 5 7 5 4 2 7 3 2 4 7 5 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t  z  4  5t  z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2log5  x 3  x ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
http://ductam_tp.violet.vn/ ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm 2x  3 Hµm sè y = cã : x2 - TX§: D = R \ {2} - Sù biÕn thiªn: 0,25 + ) Giíi h¹n : Lim y  2 . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng y = 2 lµm TCN x  , lim y  ; lim y   . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng x = 2 lµm TC§ x  2 x  2 +) B¶ng biÕn thiªn: 1 0,25 Ta cã : y’ =  2 < 0 x  D  x  2 2 x   y’ - - 0,25 2  1 y 1.25® 2  Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ 8 I - §å thÞ 3 0,5 2.0® + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 6 2 + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : 4 A(3/2; 0) 2 - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) lµm t©m ®èi xøng -5 5 10 -2 -4  1  1 Lấy điểm M  m; 2     C  . Ta có : y '  m    2 .  m2  m  2 Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2  y x  m  2  2  m  2 m2 0,75đ  2  Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2    m2 0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
 2 1  Ta có : AB2  4  m  2   2  8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2    m  2  Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0  sin x   cosx  0,25  2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x 0,25  2 3      cosx  sin x  cosx.sin x   0  cosx sin x  0,5 1 2 3 3  Xét   0  tan x   tan   x    k  1,0® cosx sin x 2  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   2 t 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2      1 2 Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos  4  4 2 II   x     k 2 2,0® 4 2 x - 4x + 3 = x  5 (1) 0,25 TX§ : D =  5; ) 2 1   x  2  7  x 5 2 ®Æt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 Ta cã hÖ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5   0,25  2  2  y  2   x  5   x  y  x  y  3  0 1,0® y  2 y  2        x  2  2  y  5     x  y  0   5  29  x      x  2   y  5   2 2 0,5    x  y  3  0  x  1    y  2 1 1 1 dx 1 x  1 x2 1 x  1 x2 Ta có :  1 x  = 2 dx   dx  0,5 1 1 x2 1 1  x   1  x 2  1 2x 1 1 1 1  1  x2    1 dx   dx III 2 1  x  2x 1® 1 1.0® 1 1 1  1 0,5 1  I1  1  x  1 dx  2 ln x  x  |1  1   2   1 1 x2  I2   dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx 1 2x
x  1 t  2 Đổi cận :    x  1  t  2  2 t 2dt Vậy I2=  2  t 2  1  0 2 Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 0,5 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số IV f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S 2® 1.0® cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN  1  2 hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3 a3 Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 9 3 1 1 B sin  = hay   arcsin A 3 3   ( với 0 <   ) 2 C +Ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  .(  );  (  );  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2 z 4 2z y  x 1 1 1 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1.0® V 1 1 1 1 1®  (  ); yz 4 y z 1 1 1 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 0,25 AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  0,25 22  52 . a 2  b 2 2 2  52 . 12 2  12 2a  5b 29 2 VIa    5  2a  5b   29  a 2  b 2  2 2 a b 5 2® 1 1® a  12b  9a + 100ab – 96b = 0   2 2 0,25 a  8 b  9 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 0,25 Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 Ta có : 1®    MM '   2; 1;3      0,25    1   MM '  u, u '   2; 1;3  1 1 ; 1 1 ; 1 1  8  0 2 2 2 2 1 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :      MM '  u, u '   8 d   d  ,  d '        u, u ' 11 0,25   Chọn khai triển : .0,25 5  x  1  C  C x  C x    C x 0 5 1 5 2 5 2 5 5 5 7  x  1  C0  C17 x  C2 x 2    C7 x 7  C0  C17 x  C7 x 2    C5 x 5   7 7 7 7 2 7 Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 0,25 VIIa 1đ C5 C7  C1 C 7  C5 C7  C5C 7  C5 C1  C5C7 0 5 5 4 2 3 3 2 4 7 5 0 0,25 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C12 5 Từ đó ta có : C5 C5  C1 C7  C2 C3  C3C2  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 0 7 5 4 5 7 5 7 4 7 5 0 5 0,25 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 0,25 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C   15 1  A 2  B2 0,25   A  2B  C  5 2  A 2  B2    Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 1 Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) VIb TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 0,25 1đ 2đ 2 2 2 2 |2A – 7B | = 5 A  B  21A  28AB  24B  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2 được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25
 a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM)   u   15  15 15  b) Ta lấy v   .u '     7 ; 2 ; 3 . u'  7 7       15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2 2 ;5  3   7 7 7    2     1® 15 15 15  b  u  v  1   ;2  2 ;5  3   7 7 7   Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt   nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :  1  15   1  15   x    1   t   x    1   t  2  7   2  7      15    15  y   2  2 t và y   2  2 t  7   7           z  3   5  3 15  t    z  3   5  3 15  t    2    7   2  7      ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) 0,25 Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2)     0,25 3 5 t t 2 1 VIIb 1® Xét hàm số : f(t) =    3   3 5 t t 2 1 0,25 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R 3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 0,25 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2