Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 2

Chia sẻ: Phung Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 16
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 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 Toán ĐH năm 2013 Đề số 2

WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ KIỂM TRA ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÔ: TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 120 phút, (không kể thời gian giao) ĐỀ SỐ 5: Câu I(2,5 điểm). Cho hàm số y  x  2mx  m2  m 4 2 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 1200 . Câu II(2 điểm). 1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m x 2  2 x  2  x  2 có 2 nghiệm phân biệt. 2) Giải phương trình: log 2 x  1  log 1 (3  x)  log 8 ( x  1)3  0 . 2 e  2 Câu III(1,5 điểm). Tính tích phân: I    x   ln xdx . x 1  Câu IV(1,0 điểm). Cho tứ diện SABC có SA vuông góc với mp(ABC), SA = a và diện tích tam giác SBC gấp hai lần diện tích tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC). Câu V(2,0 điểm). x 1 y 1 z Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng :   . 2 1 2 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng . 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng  tại điểm C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. Câu VI(1,0 điểm). (1  2 xy ) 2  3 Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x 2 y  xy 2  x  y  3 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  y 2  . 2 xy ..........Hết..........
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 5 Biểu Câu Ý Đáp án điểm Khi m = - 2, ta có y = x4 – 4x2 + 2.* Tập xác định: D = R 0,25 x  0 * Sự biến thiên: + y’ = 4x3 – 8x, y’ = 0   0,25 x   2 + lim y  , lim y   0,25 x x  + Bảng biến thiên: x - - 2 0 2 + y’ - 0 + 0 - 0 + 1 y + + 0,25 2 0 0 Hàm số đồng biên trên mỗi khoảng ( 2; 0), ( 2; ) và nghịch biến trên mỗi khoảng (; 2), (0; 2) . 0,25 Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại là 2; hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x =  2 , giá trị cực tiểu là 0. * Đồ thị: 0,25 x  0 Ta có: y   4 x 3  4mx ; y   0  4 x  x 2  m   0   2 I  x  m 0,25 Hàm số (1) có ba cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt  m < 0. Với điều kiện m < 0 đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực tri: A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m ; m)    0,25 AB  (  m ; m 2 ) ; AC  (  m ;  m 2 )  AB  AC  m 4  m ABC cân tại A nên góc 1200 chính là A .      1 AB. AC 1  m. m  m 4 1 0,25 A  120  cos A           4  2 AB . AC 2 m m 2 m  0 m  m4 1  4    2m  2m  m  m  3m  m  0   4 4 4 2 m m 2 m   1 3   3 0,25 1 So với điều kiện m < 0 ta được m =  3 . 3 x2 Ta có: x 2  2 x  2  1 nên m x 2  2 x  2  x  2  m  x2  2x  2 x2 4  3x 0,25 Xét f ( x )  , ta có: f '( x)  x2  2 x  2 x 2  2x  2  x2  2 x  2 4 4 f '  x   0  x  ; f    10; lim f ( x)  1; lim f ( x )  1 0,25 3 3 x  x 
+ Bảng biến thiên: x - 4 + 3 y’ - 0 + 0,25 y 10 -1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có: 0,25 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi1  m  10 log  x  1  log 2 (3  x)  log 2 ( x  1)  0  0,25 log 2 x  1  log 1 (3  x)  log 8 ( x  1)3  0   2 2 1  x  3   x  1 3  x   x  1   0,25 2 1  x  3  x 2  x  4  0   0,25 1  x  3  1  17 x 0,25 2 e e e  2 ln x Ta có : I    x   ln xdx   x ln xdx  2 dx 0,25 1 x 1 1 x e x2 + Tính I1 =  x ln xdx . Đặt u = lnx, dv = xdx  du = dx, v = 0,25 1 2 III x2 1e e2  1 e Suy ra I1 = lnx |1 -  xdx = 0,25 2 21 4 e e lnx (ln x ) 2 e 1 + Tính I2 =  dx   ln xd (ln x )  |1  0,5 1 x 1 2 2 e2  5 Suy ra I = 0,25 4 S H A C IV B Ta có: SA vuông góc với mp(ABC) nên SA là đường cao của khói chóp S.ABC. 0,25 1 Suy ra VSABC  SA.SΔABC (1) 3 1 Gọi H là hính chiếu vuông góc của A lên mp(SBC). Khi đó: VSABC  AH.SΔSBC (2) 0,25 3 1 1 SA.SΔABC A.SΔABC a Từ (1) và (2), suy ra SA.SΔABC = AH.SΔSBC  AH    0,5 3 3 SΔSBC 2SΔABC 2
    Ta có: AM  (2; 4; 0) , [AM, u]=(-8;4;10) 0,25 Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng  nên nhận vectơ    0,25 1 [AM, u]=(-8;-4;10) làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng (P) là – 8(x – 1) + 4(y – 5) + 10(z – 0) = 0 0,5 hay 4x - 2y – 5z + 6 = 0.  x  1  2t  Phương trình tham số của :  y  1 t . z  2t  0,25 Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C có dạng C(1 2t;1  t;2t ) .   AC  (2  2t; 4  t; 2t); AB  (2; 2; 6)          AC, AB  (24  2t;12  8t;12  2t )   AC, AB  18t 2  36t  216     0,25 2 1     Diện tích ABC là S   AC, AB  18t 2  36t  216 = 18(t  1)2  198 ≥ 198   2 0,25 Vậy Min S = 198 khi t  1 hay C(1; 0; 2).   Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC  (2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương x 3 y3 z6 0,25 nên có phương trình chính tắc là   . 2 3 4 Ta có x 2 y  xy 2  x  y  3 xy  xy ( x  y )  x  y  3 xy (1) Vì x > 0 và y > 0 nên x + y > 0 nên từ (1) ta có: 1 1 4 2 0,25 x y   3  3   x  y   3( x  y )  4  0 x y x y   x  y   1  ( x  y )  4  0  x  y  4 ( Vì x + y + 1 > 0).   1 3 3 1 Lại có: xy ( x  y )  x  y  3xy  1    1  xy x  y x  y xy 2 0,25 (1  2 xy )  3 1 3 Suy ra: P = x 2  y 2  = (x + y)2 + 2 - = (x + y)2 +1 + 2 xy xy x y V 3 Đặt x + y = t, điều kiện: t  4 . Suy ra: P  t 2   1 t 3 Xét hàm số f (t )  t 2   1 trên nửa khoảng  4;   . t 3 2t 3  3 Ta có: f '(t ) = 2t - 2   0 t > 4 . 0,25 t t2 Mà f (t ) liên tục trên nửa khoảng  4;   nên f (t ) đồng biến trên nửa khoảng  4;   . 71 Suy ra: f (t )  f (4)  , t  4 4 71 Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng khi x = y = 2 0,25 4