Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 35

Chia sẻ: Phung Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 4
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 35', 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 35

http://ductam_tp.violet.vn/ SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 2 m 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x  2 x  2  x 1  5  Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 cos   x  sin x  1  12  log 2 x  y  3log8 ( x  y  2)  2) Giải hệ phương trình:  .   x 2  y 2  1  x2  y 2  3  /4 sin x Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: I   dx  /4 1  x2  x Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc a 3 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính 3 thể tích khối chóp S.BCNM -x -y -z Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 + 5 +5 = 1 .Chứng minh rằng 25x 25y 25z 5 x  5y  5z    25x  5yz 5y  5zx 5z  5xy 4 PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC x  2 y z 1 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d   4 6 8 và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất z2 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: z 4  z 3   z 1  0 2 PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x  2  2t x  2 y 1 z D1 :   , D2 :  y  3  1 1 2 z  t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 0 4 8 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009
…….Hết ....... ĐÁP ÁN Cõu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3 x 2  2. Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R. 0,25 x  0 Sự biến thiờn: y'  3 x 2  6 x. Ta có y'  0   x  2 yCD  y  0   2; yCT  y  2   2. 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 x  0 2  y'  0  0  2  y  2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 0,25 -5 b) m Biện luận số nghiệm của phương trình x 2  2 x  2  theo tham số m. x 1 m 0,25 Ta có x 2  2 x  2    x 2  2 x  2  x  1  m,x  1. Do đó số nghiệm của x 1 phương trình bằng số giao điểm của y   x 2  2 x  2  x  1 , C'  và đường thẳng y  m,x  1.  f  x  khi x  1  0,25 Vỡ y   x 2  2 x  2  x  1   nờn  C'  bao gồm:  f  x  khi x  1  + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  1 qua Ox.
y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 0,25 -5 hình Dựa vào đồ thị ta có: + m  2 : Phương trình vụ nghiệm; + m  2 : Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2  m  0 : Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; 0,25 + m  0 : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 2) Đồ thị hàm số y = ( x 2  2 x  2) x  1 , với x  1 có dạng như hình vẽ : 1- 3 1 2 1+ 3 -2 m
 5    5  5  II 1) 2 2cos   x  sin x  1  2 sin  2 x    sin   1  12    12  12  1) 0.25  5  5 1   5   5  sin  2 x    sin   sin  sin  2 x    sin  sin   12  12 2 4  12  4 12         2cos sin     sin    3  12   12  0.25  5     2x     k 2  x   k  5     12 12 6  sin  2 x    sin       k    12   12  2 x  5 13  x  3  k   k 2   12 12   4 0.5 2.) log 2 x  y  3log8 ( x  y  2)  Giải hệ phương trình:  .   x 2  y 2  1  x2  y 2  3 Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log 2 x  y  3log8 (2  x  y )    x y  2 x y   0,25đ   x 2  y 2  1  x2  y 2  3  2 2 2 2  x  y 1  x  y  3  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2   u 2  v2  2 v  x  y   uv  3   uv  3  2  2 0,25đ  u  v  2 uv  4 (1)    (u  v )2  2uv  2 . Thế (1) vào (2) ta có:   uv  3 (2)  2 uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 . 0,25đ  uv  0 Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  0 (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) 0,25đ u  v  4 KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).  /4 sin x Câu III 1 Tính tích phân : I   dx  /4 1  x2  x  /4  /4  /4 0.5đ sin x 2 I  dx   1  x sin xdx   x sin xdx  I1  I 2  /4 1  x2  x  /4  /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả.
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả. 0.5đ Câu IV : S N M D A 0,25đ Tính thể tích hình chóp SBCMN B C ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD  BC  AB Ta có :   BC  BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường  BC  SA cao a 3 0,25đ a 3 MN SM MN 3 2 Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,    AD SA 2a a 3 3 4a 2a Suy ra MN = . BM = Diện tích hình thang BCMN là : 3 3  4a  BC  MN  2 a  3  2 a 10a 2 S = BM     2  2  3 3 3 0,25đ   Hạ AH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM) 0,25đ  SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AM 1 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,  = . SB MS 2 Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH  30  SH = SB.sin300 = a 0 1 10 3a3 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = SH .( dtBCNM ) = 3 27 -x -y -z Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 + 5 +5 = 1 .Chứng minh rằng : 25x 25y 25z 5 x  5y  5z    25x  5yz 5y  5zx 5z  5xy 4 Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
a2 b2 c2 abc 0,25đ Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :    ( *) a  bc b  ca c  ab 4 a3 b3 c3 abc ( *)  2  2  2  a  abc b  abc c  abc 4 0,25đ 3 3 a b c3 abc     ( a  b)( a  c) ( b  c )(b  a) (c  a)(c  b ) 4 a3 ab ac 3 Ta có    a ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) ( a  b)(a  c) 8 8 4 0,25đ b3 bc ba 3 Tương tự    b ( 2) (b  c)(b  a) 8 8 4 3 c ca cb 3    c ( 3) . 0,25đ (c  a)(c  b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph Nội dung Điểm ần A CâuVI 1(1 + Do AB  CH nờn AB: x  y  1  0 . a. ,0) H 2 x  y  5  0 N (1,0) Giải hệ:  ta có (x; y)=(-4; 3).  x  y 1  0 Do đó: AB  BN  B(4;3) . 0,25đ + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B C Vuụng gúc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . Giải hệ: 2 x  y  5  0 0,25đ  . Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) x  2y  5  0 7 x  y  25  0 + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ:   x  y 1  0 13 9 0,25đ Suy ra: C ( ; ) . 4 4 450 7.1  1(2)  25 0,25đ + BC  (4  13 / 4) 2  (3  9 / 4)2  , d ( A; BC )  3 2. 4 7 2  12 1 1 450 45 Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4  Câu 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8) VIIA   u2 ( - 6; 9; 12)    0,25đ +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 0,25đ Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0   2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B 0,25đ
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;   29 29 29   65 21 43  0,25đ I là trung điểm của A’B suy ra I  ; ;   29 58 29  A B H d1 I A1 Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: (1,0) z2 z 4  z3   z 1  0 (1) 2 Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0 1 1 1 0.25đ Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2 2 )  ( z  )   0 (2) z z 2 1 1 1 Đặt t=z- Khi đó t 2  z 2  2  2  z 2  2  t 2  2 z z z 5 Phương trình (2) có dạng : t2-t+  0 (3) 2 5 0.25đ   1  4.  9  9i 2 2 1  3i 1  3i PT (3) có 2 nghiệm t= ,t= 2 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i) z  2  0 (4) 2 z 2 Có   (1  3i ) 2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i) 2 0.25đ (1  3i )  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) 2 z 2 Có   (1  3i)  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i) 2 2 (1  3i)  (3  i ) (1  3i)  (3  i)  i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  0.25đ 4 4 2 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 2 Phần II. Câu VIb. 1)
Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2 9 3   . Vậy I ;  x  y  6  0 y  3 / 2 2 2 0,25 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2  9 3 Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2  2 2 S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 AB 3 2 0,25 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0  Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2  y   x  3 y   x  3 y  3  x 0,25    x  3  y  2 x  3  (3  x )  2 2 2 2 2 x  3  1 x  2 x  4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y  1 y   1 9 3 x  2 x I  x A  9  2  7 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 0,25 2 2 y C  2 y I  y A  3  1  2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung Điể  CâuVIb. 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2) 0,25 (1,0)   và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2      Xét  u1 ; u2  .MN = - 10  0 0,25   Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2   1  AB.u1  0  t         3 0,25  AB.u2  0  t '  0  5 4 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2. x  2  t 0,25  Ta có  :  y  3  5t  z  2t  PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có 0,25 2 2 2  11   13   1  5 dạng:  x   y  z    6  6   3 6
CâuVIIb Ta có: (1  i )2009  C2009  iC2009  ..  i 2009C2009 0 1 2009 (1,0) 0 2 4 6 2006 2008 C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009  1 3 5 7 2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 )i 0,25 1 0 2 4 6 2006 2008 Thấy: S  ( A  B ) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009 2 0 2 4 6 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  ...C2009  C2009 + Ta có: (1  i )2009  (1  i )[(1  i) 2 ]1004  (1  i).21004  21004  21004 i . 0,25 Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1  i )2009 nờn A  21004 . + Ta có: (1  x )2009  C2009  xC2009  x 2C2009  ...  x 2009C2009 0 1 2 2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 )  22009 . 0 2 2008 1 3 2009 0,25 Suy ra: B  22008 . 0,25 + Từ đó ta có: S  21003  22007 .