Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 3

Chia sẻ: Phung Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 8
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 3', 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 3

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. TỔ TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  (3m  1) x 2  3 (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ 2 dài cạnh đáy bằng lần độ dài cạnh bên. 3 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3  4x  y  2x  y  4 2. Giải hệ phương trình    2 x  y  x  y  2  e ln x  2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =  x ln x  x dx . 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt phẳng ( ABC ') tạo với đáy một góc 600 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ') bằng a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCC ' B ') bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của 5 biểu thức: A  xy  yz  zx  . x yz II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d : x  2 y  3  0 và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1:   và đường thẳng d2: 2 1 1 x 1 y  2 z 1   và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng , 1 1 2 biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2log 2 (x  2)   4x  7  log 2 (x  2)  2(x  2)  0 . 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d : x  2 y  3  0 và  : x  3 y  5  0 . Lập phương trình 2 10 đường tròn có bán kính bằng , có tâm thuộc d và tiếp xúc với  . 5 x 1 y  3 z 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và điểm M(0 ;-2 ;0). 1 1 4 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4. log 2 ( x  y )  1  log 2 (7 x  y )  log 2 y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  log 2 (3 x  y  2)  2 x  2 y  4 ----------Hết ---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh……………………
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TỔ TOÁN ĐỀ SỐ 6 Câu Đáp án Điểm I 1.(1.0 điểm) (2.0 Khi m  1 hàm số trở thành y  x 4  2 x 2  3 điểm)  Tập xác định: D   Sự biến thiên: 0.25 - Chiều biến thiên: y '  4 x 3  4 x; y '  0  x  0; x  1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (0;1) ; đồng biến trên mỗi khoảng (1;0) và (1;) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; ycđ=-3; hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; yct =-4 0.25 - Giới hạn: lim y =   ; lim y = +∞ x  -∞ x  +∞ - Bảng biến thiên: x -∞ -1 1 0 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + +∞ -3 +∞ 0.25 y -4 -4  Đồ thị: y 2 x O -2 0.25 -4 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 2.(1.0 điểm) 3m  1 y'  4 x 3  2(3m  1) x; y '  0  x  0, x 2   , 2 0.25 1 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  m   (*) . 3 Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:   3m  1  (3m  1) 2    3m  1  (3m  1) 2  A(0;3) ; B  ;  3 ;  C   ;  3   2 4   2 4  0.25 3m  1 (3m  1)4 3m  1 Ta có: AB = AC =  ; BC = 2 2 16 2 Suya ra: ABC cân tại A  5 2   3m  1    3m  1 (3m  1) 4  m   3 BC  AB  9.4   4     0.25 3  2   2 16  m   1   3 5 0.25 So với điều kiện (*), ta được m   . 3 II 1.(1.0 điểm)
(2.0 Phương trình đã cho tương đương với 0.25 điểm) 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x cosx=0  4cos3xcosx=2 3cos 2 x  2sinxcosx   0.25  2cos3x= 3cosx+sinx  + cosx=0  x=  k 0.25 2      3x=x- 6  k 2  x   12  k + 2cos3x= 3cosx+sinx  cos3x=cos(x- )    0.25 6 3 x    x  k 2  x    k   6   24 2 2.(1.0 điểm) 4 x  y  0 Điều kiện:  2 x  y  0 a  2x  y 0,25 3 b2 Đặt:   , (a  0, b  0). Suy ra: x  y  a 2   b  4x  y  2 2  3 2 1 2  a  a  b  2  a 2  5a  6  0 Ta có hệ  2 2  0,25 a  b  4 b  4  a   a  1  a  1   b  3    a  6   0,25  a  6 b  4  a    b  10  a  1  2 x  y  1  2 x  y  1 x  4 So với điều kiện a  0, b  0 , ta được:     b  3  4 x  y  3  4 x  y  9  y  7 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; -7). III e ln x  2 e ln x  2 (1.0 Ta có: I =  dx =  dx 0.25 điểm) 1 x ln x  x 1 (ln x  1)x 1 Đặt t = lnx + 1  dt = dx ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0.25 x 2 2 t 3  3 Suy ra: I =  t dt   1  dt 0.25 1 1 t 2 =  t  ln | t | = 1 – ln2 0.25 1 IV Gọi H là hình chiếu của A trên BC B' (1.0 C'  AH  (BCC' B' )  AH  a điểm) 0.25 Gọi K là hình chiếu của C trên AC '  CK  ( ABC' )  CK  a A' K AC '  AB, AC  AB  ((ABC' ), (ABC))  C ' AC 0.25 B H C  C ' AC  60 0 CK 2a AC  0  ; CC '  AC. tan 60 0  2a 0.25 sin 60 3 A 1 1 1 0.25    AB  2a AH 2 AB 2 AC 2 4a 3 V ABC . A' B 'C '  S ABC .CC '  . 3
V t2 3 (1.0 §Æt t  x  y  z  t 2  3  2( xy  yz  zx )  xy  yz  zx  . 0.25 điểm) 2 Ta cã 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nªn 3  t 2  9  3  t  3 v× t  0. t2 3 5 t2 5 3 0.25 Khi ®ã A      , 3  t  3. 2 t 2 t 2 2 t 5 3 XÐt hµm sè f (t )    , 3  t  3. 2 t 2 0.25 5 t3 5 Ta cã f ' (t )  t  2   0 , t   3;3 . t t2   14 Suy ra f (t ) ®ång biÕn trªn [ 3 , 3] . Do ®ã f (t )  f (3)  . 3 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi t  3  x  y  z  1. 0.25 14 VËy GTLN cña A lµ , ®¹t ®îc khi x  y  z  1. 3 VIa 1.(1.0 điểm) (2.0 AB  10 , điểm C thuộc đường thẳng d nên toạ độ của C có dạng C (2a  3; a) 0.25 điểm) Phương trình đường thẳng AB : x  3 y  5  0 0.25 1 1 a2 a  6 S ABC  2  AB.d (C , AB)  2  10 . 2  0.25 2 2 10  a  2 Với a  6 ta có C (9;6) ; với a  2 ta có C (7;2) 0.25 2.(1.0 điểm) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d1, d2 với mặt phẳng (P). 0.5 Tìm được: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1) Đường thẳng  nằm trong (P) và cắt d1, d2 nên  đi qua A và B. 0.25  Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là AB  (1;3; 1) x 1 y z  2 0.25 Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:   1 3 1 VIIa Điều kiện: x  2 , phương trình đã cho tương đương với: 0.25 (1.0 2 log 2 ( x  2)  1  0 điểm) 2 log 2 ( x  2)  1log 2 ( x  2)  2 x  4   0   . 0.25 log 2 ( x  2)  2 x  4  0 1 1 + 2 log 2 ( x  2)  1  0  x  2  . So với điều kiện ta được x  2  0.25 2 2 + log 2 ( x  2)  2 x  4  0 , vì hàn số f (x)  log 2 (x  2)  2x  4 là hàm số đồng biến trên 2;  5 5 và f ( )  0 nên x  là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. 2 2 0.25 1 5 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2  và x  2 2 VI.b 1.(1.0 điểm) (2.0 Gọi I là tâm của đường tròn cần viết phương trình. điểm) Vì I thuộc d nên tọa độ điểm I có dạng I (2 a  3; a ) 0.25 a2 2 10 Đường tròn tiếp xúc với  nên d ( I , )  R    a  6; a  2 0.25 10 5 8 Với a  6 ta có I (9;6) suy ra phương trình đường tròn: ( x  9) 2  ( y  6) 2  0.25 5 8 0.25 với a  2 ta có I (7;2) ,suy ra phương trình đường tròn: ( x  7) 2  ( y  2) 2  5 8 8 Vậy có hai đường tròn thoả mãn là: ( x  9) 2  ( y  6) 2  và ( x  7) 2  ( y  2) 2  . 5 5
2.(1.0 điểm)  Giả sử n ( a; b; c) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).  Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt n ( a; b; c) : ax + by + cz + 2b = 0. 0.25  Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u  (1;1; 4) Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt   a  b  4c  0 n.u  (1) 0.25 phẳng (P) bằng 4 nên ta có :    | a  5b | d ( A;( P ))  4  a 2  b 2  c 2  4 (2)  Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a  5c )  (2a  17c 2  8ac )  a 2 - 2ac  8c 2  0 2 2  a  4c 0.25    a  2 c Với a = 4c chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. 0.25 Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. VIIb log 2 (x  y)  1  log 2 (7x  y)  log 2 y (1) (1.0  điểm) log 2 (3x  y  2)  2x  2y  4 (2) x  y  0  0.25 Điều kiện 7 x  y  0 y  0  Với đk trên phương trình (1) trở thành: log 2 2( x  y ) 2  log 2 (7 x  y) y y  x  2 x 2  3 xy  y 2  0   0.25  y  2x Với y  x thế vào phương trình (2) ta được log 2 ( 2 x  2)  4  x  9 0.25 Suy ra x  y  9 ,( thoả mãn điều kiện). Với y  2 x thế vào phương trình (1) ta được log 2 ( x  2)  4  2 x  log 2 ( x  2)  2 x  4  0 5 5 Vì hàm số f (x)  log 2 (x  2)  2x  4 là hàm số đồng biến trên 2;  và f ( )  0 nên x  là 2 2 nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0.  5 0.25 x  Suy ra  2 ,( thoả mãn điều kiện). y  5   5 x  9 x  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  và  2 y  9 y  5 