Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 1 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) C©u I (2.0 ®iÓm) Cho hàm số 23 23  xxy 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2   x m xx theo tham số m. C©u II (2.0 ®iÓm ) 1. Giải phương trình:   2 3 4 2 2 2 1 2 sin x cos x sin x    2. Giải phương trình: 2 3 16 4 2 14 40 0 x x x log x log x log x .    C©u III (1.0 ®iÓm) Tính tích phân 3 2 3 xsin x I dx. cos x      C©u IV(1.0®iÓm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 3 2 1 2 1     zyx và mặt phẳng 012:)(     zyxP .Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng )(P . Viết phương trình của đường thẳng  đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong )(P . C©u V:(1.0®iÓm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm )2;1;1(A , )2;0;2(B . Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng )(OAB và )(Oxy . PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn C©u VI.a(2.0 ®iÓm) 1. Cho hàm số 3 2 sin)( 2  x xexf x . Tìm giá trị nhỏ nhất của )(xf và chứng minh rằng 0)(  xf có đúng hai nghiệm. 2. Giải hệ phương trình sau trong tập hợp số phức:      izz izz .25 .55. 2 2 2 1 21 C©u VII.a(1.0 ®iÓm) Trong mặt phẳng Oxy cho ABC  có   0 5 A ; . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là 1 2 1 0 2 0 d : x y ,d : x y .      Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. B.Theo chương trình Nâng cao C©u VI.b (2.0 ®iÓm) 1. Giải phương trình 12 9. 4 1 4.69. 3 1 4.3   xxxx . 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y = x.sin2x, y = 2x, x = 2  C©u VII.b (1.0 ®iÓm) Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng a và mặt chéo SAC là tam giác đều. Qua A dựng mặt phẳng )(P vuông góc với SC .Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng )(P và hình chóp. … HÕt ®Ò … Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Câu I 2 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2 y x x .     Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.   Sự biến thiên: 2 3 6 y' x x.   Ta có 0 0 2 x y' x        0,25      0 2 2 2 CD CT y y ; y y .      0,25  Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  y 2   2  0,25 a)  Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2   x m xx theo tham số m.  Ta có   2 2 2 2 2 2 1 1 1 m x x x x x m,x . x           Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của     2 2 2 1 y x x x , C'     và đường thẳng 1 y m,x .   0,25  Vì       2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x              nên   C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1 x .  + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1 x  qua Ox. 0,25  Học sinh tự vẽ hình 0,25  Dựa vào đồ thị ta có: + 2 m :   Phương trình vô nghiệm; + 2 m :   Phương trình có 2 nghiệm kép; + 2 0 m :    Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + 0 m :  Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25 b) 0,25 Câu II 2 điểm Giải phương trình   2 3 4 2 2 2 1 2 sin x cos x sin x     Biến đổi phương trình về dạng     2 3 2 1 2 1 0 sin x sin x sin x     0,75 a)  Do đó nghiệm của phương trình là 7 2 5 2 2 2 6 6 18 3 18 3 k k x k ;x k ;x ;x                  0,25 b) Giải phương trình 2 3 16 4 2 14 40 0 x x x log x log x log x .     Điều kiện: 1 1 0 2 4 16 x ;x ;x ;x .      Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của pt đã cho 0,25  Với 1 x  . Đặt 2 x t log  và biến đổi phương trình về dạng 2 42 20 0 1 4 1 2 1 t t t       0,5  Giải ra ta được 1 1 2 4 2 2 t ;t x ;x .       Vậy pt có 3 nghiệm x =1; 1 4 2 x ;x .   0,25 Câu III 1.0 điểm Tính tích phân 3 2 3 xsin x I dx. cos x       Sử dụng công thức tích phân từng phần ta có 3 3 3 3 3 3 1 4 3 x dx I xd J, cosx cosx cosx                        với 3 3 dx J cosx      0,25  Để tính J ta đặt t sin x.  Khi đó 3 3 3 2 2 2 3 3 2 3 2 1 1 2 3 1 2 1 2 3 dx dt t J ln ln . cosx t t                   0,5 a)  Vậy 4 2 3 3 2 3 I ln .      0,25 Câu IV 1.0 điểm Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng )(P . Viết phương trình của đường thẳng  đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong )(P .  Tìm giao điểm của d và (P) ta được 1 7 2 2 2 A ; ;        0,25  Ta có       2 1 3 2 1 1 1 2 0 d P d p u ; ; ,n ; ; u u ;n ; ;             uur uur uur uur uur 0,5  Vậy phương trình đường thẳng  là 1 7 2 2 2 2 : x t; y t;z .        0,25 Câu V 1.0 điểm Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm )2;1;1(A , )2;0;2(B . Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng )(OAB và )(Oxy .     , ; ; ; ; 2 2 2 2 1 1 1 OA OB         uuur uuur   : 0 OAB x y z     .   : 0 Oxy z  .   ; ; N x y z cách đều   OAB và   Oxy         , , d N OAB d N Oxy   1 3 x y z z         . 3 1 0 3 3 1 0 x y z x y z z x y z                    Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình   3 1 0 x y z     và   3 1 0 x y z     . 0.25 0.5 0.25 Câu VIa 2.0 điểm 1. Cho hàm số 3 2 sin)( 2  x xexf x . Tìm giá trị nhỏ nhất của )(xf và chứng minh rằng 0)(  xf có đúng hai nghiệm.  Ta có x f ( x ) e x cos x.     Do đó   0 x f ' x e x cos x.      0,25  Hàm số x y e  là hàm đồng biến; hàm số y x cosx    là hàm nghịch biến vì 1 0 y' sin x , x      . Mặt khác 0  x là nghiệm của phương trình x e x cos x    nên nó là nghiệm duy nhất. 0,25  Lập bảng biến thiên của hàm số   y f x  (học sinh tự làm) ta đi đến kết luận phương trình 0)(  xf có đúng hai nghiệm.  Từ bảng biến thiên ta có   2 0 min f x x .     0,5 Cho hàm số 3 2 sin)( 2  x xexf x . Tìm giá trị nhỏ nhất của )(xf và chứng minh rằng 0)(  xf có đúng hai nghiệm.  Ta có x f ( x ) e x cos x.     Do đó   0 x f ' x e x cos x.      0,25 2. . Giải hệ phương trình sau trong tập hợp số phức:      izz izz .25 .55. 2 2 2 1 21 Đáp số: (2 – i; -1 – 3.i), (-1 – 3i; 2 – i), (-2 + i; 1 + 3i), (1 + 3i; -2 + i) Câu VII.a 1.0 điểm Trong mặt phẳng Oxy cho ABC  có   0 5 A ; . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là 1 2 1 0 2 0 d : x y ,d : x y .      Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC.  Ta có   1 2 2 1 3 5 0 B d d B ; AB : x y .          0,25  Gọi A' đối xứng với A qua     1 2 3 4 1 d H ; ,A' ; .  0,25  Ta có 3 1 0 A' BC BC : x y .      0,25  Tìm được   28 9 7 35 0 C ; AC : x y .     0,25 Câu VI.b 2.0 điểm Giải phương trình 12 9. 4 1 4.69. 3 1 4.3   xxxx  Biến đổi phương trình đã cho về dạng 2 2 2 2 9 3 2 27 3 6 2 3 4 x x x x . . . .    0,5 1.  Từ đó ta thu được 3 2 3 2 2 2 39 39 x x log          0,5 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y = x.sin2x, y = 2x, x = 2  Ta có: x.sin2x = 2x  x.sin2x – 2x = 0  x(sin2x – 2) =0  x = 0 DiÖn tÝch h×nh ph¼ng lµ:   2 0 2 0 )22(sin)22sin.(   dxxxdxxxxS Đặt                x x v dxdu dxxdv xu 2 2 2cos )22(sin 44424 222   S (đvdt) 0.5 0.5 Câu VII.b 1.0 điểm Cho chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng a và mặt chéo SAC là tam giác đều. Qua A dựng mặt phẳng )(P vuông góc với SC .Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng )(P và hình chóp.  Học sinh tự vẽ hình 0,25  Để dựng thiết diện, ta kẻ AC' SC.  Gọi I AC' SO.   0,25  Kẻ B' D' // BD. Ta có 2 1 1 2 3 3 2 2 3 2 6 AD' C' B' a a S B' D' .AC' . BD. .    0,5 .      izz izz .25 .55. 2 2 2 1 21 Đáp số: (2 – i; -1 – 3.i), ( -1 – 3i; 2 – i), (-2 + i; 1 + 3i), (1 + 3i; -2 + i) Câu VII.a 1. 0 điểm Trong mặt phẳng. 2 2 2 3 3 2 3 2 1 1 2 3 1 2 1 2 3 dx dt t J ln ln . cosx t t                   0,5 a)  Vậy 4 2 3 3 2 3 I ln .      0 ,25 Câu IV 1. 0