zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 7

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

Báo xấu

63
lượt xem 6
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 7', 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 7

WWW.VIETMATHS.COM 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 2 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 2 cho độ dài cạnh đáy bằng lần độ dài cạnh bên. 3 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos6x + 2cos4x – 3 cos2x = sin2x + 3  4x  y  2x  y  4  2. Giải hệ phương trình   2 x  y  x  y  2   4 tan x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I   dx . 0  4 cos x  sin x  cos x Câu IV (1,0 điểm) ). Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = 5a, BC = 6a và hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn abc  8 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu 1 1 1 thức: P    . 2a  b  6 2b  c  6 2c  a  6 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 với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(  1;2) và đường thẳng (  ): 3 x  4 y  7  0 . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (  ) tại hai điểm B, C sao cho  ABC vuông tại A và có diện tích bằng 4 . 5 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x  1  y  1  z  2 và điểm A(2;1;2). 2 1 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 . 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 log 2 ( x  2)  4 x  7  log 2 ( x  2)  2( x  2)  0 . 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;  3). Biết đỉnh A, C lần lượt thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng  x 1 y 1 z :   . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng  tại điểm C sao 2 1 2 cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. 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. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh……………………
WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2 TỔ: TOÁN 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 0 1 +∞ 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
WWW.VIETMATHS.COM II 1.(1.0 điểm) (2.0 2cos6x + 2cos4x – 3 cos2x = sin2x + 3 điểm) 0.25  2(cos6x + cos4x) – sin2x – 3 (1 + cos2x) = 0  4cos5xcosx – 2sinxcosx – 2 3 cos2x = 0  2cosx(2cos5x – sinx – 2 3 cosx) = 0 cos x  0 0.25   2 cos 5x  sin x  3 cos x cos x  0   cos 5x  cos x      0.25    6      x= + k, x = – +k ,x= +k 0.25 2 24 2 36 3 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  4 (1.0 tan x điểm) Ta có: I   dx 0.25 0  4  tan x  cos 2 x dx  Đặt: tan x  4  t  2  dt . Đổi cận: Với x  0  t  4; x   t  3 cos x 4 3 0.25 (t  4).dt Suy ra: I    4 t 3 4 3    (1  )dt  (t  4 ln t ) 4 0.25 4 t 4  4ln  1 3 0.25
WWW.VIETMATHS.COM IV S A C H I B Gọi I là trung điểm của BC và H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Vì tam giác ABC cân tại A nên H thuộc AI và AI  BC, HI = r ( r là bán kính đường tròn nội tiếp 0.25 tam giác ABC). Theo giả thiết SH  (ABC). Suy ra SH là đường cao của khối chóp S.ABC.HI là hình chiếu của SI lên mp(ABC) mà HI vuông góc BC nên SI vuông góc với BC. Suy ra góc 0.25 0 giữa mp(SBC) với mp(ABC) là góc SHI . Theo giả thiết SHI = 60 . Đặt p = ( AB + AC + BC ) : 2 = 8a SABC 3a 3a 3 0.25 + SABC = 12a2; + SABC = pr  r   ; +SH = r.tg600= p 2 2 1 VS.ABC  SH.SABC  6a3 3 0.25 3   1 1 1 1 1 1 1  V P   P     . (1.0 2a  b  6 2b  c  6 2c  a  6 2 a  b  3 b  c  3 c  a  3 điểm)  2 2 2  a b c Đặt: x  ; y  ; z   x, y, z  0 & x. y.z  1 Khi đó: 2 2 2 1 1 1 1  P    2  2x  y  3 2 y  z  3 2z  x  3   Mà ta có: x  y  2 xy ; x  1  2 x  2 x  y  3  2( xy  x  1) 1 1   . 2 x  y  3 2( xy  x  1) 1 1 1 1 Tương tự:  ,  0.25 2 y  z  3 2( yz  y  1) 2 z  x  3 2( zx  z  1) 1 1 1 1  Suy ra: P      4  xy  x  1  yz  y  1 zx  z  1   1 1 x xy  P     4  xy  x  1  x ( yz  y  1) xy ( zx  z  1)   0.25 1 1 x xy  1  P     4  xy  x  1 1  xy  x )  x  1  xy  4 
WWW.VIETMATHS.COM 1 Vậy maxP = khi x = y = z = 1 4 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 4 điểm) Gọi AH là đường cao của ABC , ta có AH  d ( A;  )  . 5 1 4 1 4 S ABC  AH .BC   . .BC  BC  2 . Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của đường 0,25 2 5 2 5 1 tròn cần tìm, ta có R  AI  BC  1 . 2 ì x = - 1 + 4t Phương trình tham số của đường thẳng (  ): ï ï í . ï y = 1 + 3t ï î 0,25 I Î (  ) Þ I(-1+4t; 1 + 3t). Ta có AI = 1 Û 16t2 + (3t – 1)2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 9 . 5 + t = 0 Þ I(-1; 1). Phương trình của đường tròn là (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1. 0,25 + t = 9 Þ I(- 1 ; 43 ). Phương trình của đường tròn là (x + 1 )2 + (y – 43 )2 = 1. 0,25 5 25 25 25 25 2.(1.0 điểm)   Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u = (2 ; -1 ; 1). Gọi n = (a ; b ; c ) là vtpt của (P).   0,25 Vì   ( P) nên n . u  0 .   2a – b + c = 0  b = 2a + c  n =(a; 2a + c ; c ) . Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 0,5  ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0. 1 a 1  ac 2 0  ac 0. d(A ; (P)) =     3 a 2  (2 a  c ) 2  c 2 3 Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0. 0,25 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 Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a;-a–3) và C(- 0.25 điểm) 2c – 3 ; c). a  2c  3  4  a  1 I là trung điểm của AC     A(-1; -2); C(5 ;-4) 0.25   a  3  c  6 c  4
WWW.VIETMATHS.COM  x  2  t Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u =(1;3) có ptts là  y  3  3t     0.25 B  BD  B(2+t ; -3 +3t). Khi đó : AB = (3 +t ;–1+3t); CB = (- 3+t; 1+3t)   AB . CB  0 Û t = ± 1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) 0.25 2.(1.0 điểm)  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 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 nên có x 3 y3 z 6 0,25 phương trình chính tắc là   . 2 3 4 VIIb log (x  y)  1  log (7x  y)  log y (1) 2 2 2 (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 

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.