Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 4

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

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 13
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 4', 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 4

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 TỔ: TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (x – m)(x2 + 1) (1) (m là tham số) 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B vuông góc với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sinx - 3cosx - 2 = cos 2x - 3 sin2x  3 2y  x 2  y2  1  x  1 2. Giải hệ phương trình    x 2  y2  4 x  22   y e ln x  1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =  dx . 1 x3 Câu IV (1,0 điểm) · o Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a; ABC = 90 . Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAC) cùng vuông  góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc giữa hai mặt (SAC) và mặt phẳng (SBC) bằng 60 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương tuỳ ý thoả mãn a+ b+ c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca P   2c  ab 2a  bc 2b  ca 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 mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(3; 0), B(-1; 8) và đường thẳng d có phương trình x - y -3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua B và cắt đường thẳng d tại điểm C sao cho tam giác ABC cân tại C. x 1 y z 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 1; 1), đường thẳng d:   và mặt phẳng 2 1 1 (P): x + 3y + z – 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt d và song song (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2 | z  i || z  z  2i | . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt chiều dương của trục Ox, Oy theo thứ tự tại A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. x  1  t  2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng  : y  0 . Viết  z  t  phương trình đường thẳng d đi qua B, cắt  sao cho khoảng cách từ A đến d bằng 3. 7 Câu VI.b (2,0 điểm) Cho số phức z = 1 + 3 i. Tính z . -----------------Hết-----------------
--------- TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐÁP ÁN TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7. Câu Nội dung Điểm PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 1 2 Với m = 3, ta có hàm số y = (x – 3)(x2 + 1) 4 * Tập xác định: D = . * Sự biến thiên + Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  0,25 + Bảng biến thiên 0,25 - y’ = x(x2 – 1) ; y’ = 0  x = 0 hoặc x = ± 1. - x - -1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + + + -3/4 y -1 -1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 vµ  0;1 và đồng biến trên khoảng  -1;0  và 0,25 (1;+ ¥ ). I 3 (2,0 điểm) Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại y  0    , hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và 4 giá trị cực tiểu y  1  1 . - Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) 1 2 Phương trình hoành độ giao điểm: (x – m)(x2 + 1) = 0 Û x2 – m = 0 (2) 4 Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (2) có 0,25 hai nghiệm phân biệt Û m > 0. Khi đó A(- m ;0), B( m ;0) 1 Ta có y’ = x(2x2 +1 –m). Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B có hệ số góc lần lượt là y’(- m ) = 2 0,25 m (m + 1) và y’( m (m + 1) - m)= 2 2 Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B vuông góc với nhau khi và chỉ khi y’(- m ).y’( m ) = -1 0,25 m (m + 1). m (m + 1) = - 1 Û - Û m =1. 0,25 2 2 1. (1,0 điểm) Giải phương trình 3 sinx - 3cosx - 2 = cos 2x - 3 sin2x (1) 2 0,25 (1)  3 sinx(2cosx + 1) = 2cos x + 3cosx + 1 II 1 (2,0 điểm)  (2cosx + 1)(cosx - 3 sinx + 1) = 0  cosx = - hoặc cosx - 3 sinx + 1 = 0 (1’) 0,25 2 1 2 * cosx = - x= ± + k2 p 0,25 2 3
 1  (1’)  cos(x + )=-  x= + k2 p hoặc x = - p + k2 p 0,25 3 2 3  3 2y 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 2  y 2  1  x  1 (I)   x 2  y 2  4 x  22   y 2 2 Điều kiện: x  0, y  0. và x + y - 1  0. x 0,25 Đặt u = x2 + y2 - 1 và v = y 3 2 2 u  7    1 Û 2v  13v  21  0 Û u  9 hoặc  Hệ phương trình (I) trở thành  u v    7 u  21  4 v u  21  4 v v  3 v  2   u  9 x3  x  3 + Û   hoặc  0,25 v  3 y  1  y  1  2  2 u  7  x  14  x  14   53 hoặc  53  7 Û   v  2  y  4 2  y  4 2   0,25  53  53 æ 2 2ö æ ÷ và ç- 14 2 ;- 4 2 ö÷ Vậy hệ có nghiệm (3;1), (-3;-1), ç14 ç ;4 ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ ç ç 53 ÷ è 53 ø ç 53 ÷ 53 ø è e ln x  1 Tính tích phân  dx 1 x3 e e dx ln xdx I= x 3 -  ( lnx – 1 £ 0, " x Î [ ] 1;e ) 0,25 1 1 x3 e dx æ 1 ö e  I1 =  3 = ç- ÷ =- 1 + 1 0,25 ç 2÷ ÷ ç 2x ø 1 x è 1 2e2 2  dx III u  ln x  du  x  (1,0 điểm) Đặt  dx   dv  x3  v   1   2x 2 e ln xdx æ ln x ö e e ÷ + 1 dx 1 1 1 1 1 3 0,5 Þ I2 =  3 = ç- ç 2÷÷ 2 x =- + (- + )= - 1 x ç 2x ø è 1 3 2e 2 2 2e 2 2 4 4e2 1 e 2 ln x  1 e +1 Vậy I =  dx = 1 x 3 4e2 S IV K (1,0 điểm) A H 600 C a a B
Vì (SAB)  (ABC) và (SAC)  (ABC) nên SA  (ABC) 0,25 Do đó chiều cao của khối chóp S.ABC là h = SA Gọi H là trung điểm của cạnh AC, suy ra BH  AC Do đó BH  (SAC) Trong mặt phẳng (SAC) dựng HK  SC (H Î SC), suy ra BK  SC 0,25  Do đó góc giữa (SAC) và (SBC) là BKH  60 . D BHK vuông tại H a 2 BH a 6 Ta có BK = = 2 = . · sin HKB sin 60 o 3 1 1 1 D SBC vuông tại B có BK là đường cao, ta có = + BK 2 SB 2 BC 2 0,25 1 9 1 1 Þ 2 = 2 - 2 = Þ SB = a 2 Þ SA = a SB 6a a 2a 2 1 1 a3 Thể tích của khối chóp S.ABC: VSABC = SA. S ABC = . SA. AB.BC = . 0,25 3 6 6 ab bc ca Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P    2c  ab 2a  bc 2b  ca Với a,b,c là ba số thực dương thoả mãn a+ b+ c = 2 , suy ra 0 < a, b, c < 2 2c + ab = 4 – 2(a + b) + ab = (2 - a)(2- b) 0,25 ab 1 1 1 1 1 1 ab ab V Ta có = ab . £ ab. (  ) (  ) 2c  ab 2- a 2- b 2 2a 2b 2 bc ca (1,0 điểm) bc 1 bc bc ca 1 ca ca Tương tự  (  ) và  (  ) 0,25 2a  bc 2 a  b c  a 2b  ca 2 b  a c  b 1  ab ca bc ab bc ca  1 Þ P  (  )(  )(  )  ( a  b  c)  1 0,25 2  bc bc ca ca a b ab  2  2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi và chi khi a = b = c = . 0,25 3 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn 1. (1,0 điểm) Gọi d’ là đường trung trực của đoạn thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng AB.   0,25 Ta có: I(1; 4), AB = (-4; 8).   Đường thẳng d’ đi qua I và nhận vectơ AB = (-4; 8) làm vtpt nên có pt: 0,25 -4( x -1) + 8(y – 4) = 0 hay x – 2y + 7 = 0. Vì tam giác ABC cân tại C nên C thuộc đường thẳng d’.Theo yêu cầu bài toán, C thuộc đường thẳng d. x  2y  7  0 0,25 VI.a Suy ra, tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình  (2,0 điểm) x  y  3 = 0 x  13  . y  10 0,25 Vậy C(13; 10). 2. (1,0 điểm) x  1  2t  Phương trình tham số của d:  y  t . 0,25 z  t 
Gọi d’ là đường thẳng đi qua M, cắt d tại điểm N và song song với mp(P). Điểm N thuộc d nên tọa độ điểm N có dạng N(-1 + 2t; t; -t).   MN  (2t  2; t  1;  t  1) ; vtpt của (P): n  (1;3;1) .    3 Vì d’ song song (P) nên MN.n  0  2t – 2 + 3t – 3 – t – 1 = 0  t  . 2   0,5 1 5 Suy ra MN  (1; ;  ) . 2 2  x  1  t     1 Đường thẳng d’ đi qua M và nhận MN làm vtcp nên có pt y  1  t . 0,25  2  5 z  1  2 t  Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2 | z  i || z  z  2i | . Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi. 0,25 Khi đó: 2 | z  i || z  z  2i |  2|x + (y – 1)i| = |2(y + 1)i| VII.a x2 (1,0 điểm)  x 2  (y  1)2  (y  1)2  y  . 0,5 4 x2 Vậy tập hợp điểm M là parapol(P) y  0,25 4 B. Theo chương trình Nâng cao 1. (1,0 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua M và cắt trục Ox, Oy theo thứ tự tại A(m; 0), B(n; 0) với m> 0, n > 0. x y 0,25 Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng   1. m n 1 1 Vì d đi qua M nên  1. 0,25 m n 1 1 1 Ta có: 1    2  mn  4 , (1). m n mn 0,25 Ta lại có: AB2 = OA2 + OB2 = m2 + n2  2mn, (2) Từ (1) và (2), suy ra AB  2 2 , đẳng thức xảy ra khi m = n = 1 Vậy phương trình đường thẳng d là x + y - 1 = 0. 0,25 VI.b (2,0 điểm) 2. (1,0 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua B, cắt  tại M và khoảng cách từ A đến d bằng 3. Điểm M thuộc  nên tọa độ điểm M có dạng M(1 + t; 0; -t). 0,25       Ta có: BM  (2  t; 2;  t), BA  (3; 1; 1) ,  BM, BA   (2  t;2  2t; 4  t).   2 3t  10t  12 d(A, d)  3   3  t  0. 0,25 t 2  2t  4  Với t = 0, ta có BM  (2; 2; 0) .  Đường thẳng d đi qua B và nhận BM  (2; 2; 0) làm vtcp nên có phương trình tham số x  1  2t 0,5  y  2  2t . z  0  VII.b Cho số phức z = 1 + 3 i. Tính z7.
(1,0 điểm) 1 3  Ta có: z = 1 + 3 i = 2   2 2 i  0,25      = 2  cos  i sin  .  3 3 0,25  7 7  Suy ra: z7 = 128  cos  i sin  3 3      = 128  cos  i sin  0,25  3 3 = 64 + 64 3 i 0,25 -----------------Hết-----------------