TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

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

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. 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).

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

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 