1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 23 pot

5 69 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 197,85 KB

Nội dung

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 . 1 x y x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 . 1 x m x    Câu II (2 điểm) a) Tìm m để phương trình   4 4 2 sin cos cos4 2sin2 0 x x x x m      có nghiệm trên 0; . 2        b) Giải phương trình       8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 . 2 4 x x x     Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn 3 2 2 0 3 1 2 1 lim . 1 cos x x x L x       a) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50 100 100 100 100 100 100 2 . C C C C C C        Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3. a b c    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M          B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình   2 2 1 : 4 5 0 C x y y     và   2 2 2 : 6 8 16 0. C x y x y      Lập phương trình tiếp tuyến chung của   1 C và   2 . C a) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) Cho điểm   2;5;3 A và đường thẳng 1 2 : . 2 1 2 x y z d     Viết phương trình mặt phẳng    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng : 2 0 d x y    tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có 4, 5, 6 OA OB OC    và · · · 0 60 . AOB BOC COA   Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm)Cho mặt phẳng   : 2 2 1 0 P x y z     và các đường thẳng 1 1 3 : , 2 3 2 x y z d      2 5 5 : . 6 4 5 x y z d      Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d 2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Câu I 2 điểm Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị   1 ' 1 x y C x    Học sinh tự vẽ hình Số nghiệm của 1 1 x m x    bằng số giao điểm của đồ thị 1 1 x y x    và . y m  b) Suy ra đáp số 1; 1: m m    phương trình có 2 nghiệm 1: m   phương trình có 1 nghiệm 1 1: m    phương trình vô nghiệm Câu II 2 điểm Ta có 4 4 2 1 sin os 1 sin 2 2 x c x x    và 2 os4 1 2sin 2 . c x x   Do đó   2 1 3sin 2 2sin 2 3 x x m      . Đặt sin 2 t x  . Ta có     0; 2 0; 0;1 . 2 x x t              Suy ra     2 3 2 3 , 0;1 f t t t m t      Ta có bảng biến thiên a) Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 10 0; 2 2 3 m           Giải phương trình         8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 2 2 4 x x x    Điều kiện: 0 1 x       2 3 1 4 x x x     b) Trường hợp 1: 1 x    2 2 2 0 2 x x x      Trường hợp 1: 0 1 x     2 2 6 3 0 2 3 3 x x x        Vậy tập nghiệm của (2) là   2;2 3 3 T   Câu III Tìm 3 2 2 0 3 1 2 1 lim . 1 cos x x x L x       Ta có 3 2 2 0 3 1 1 2 1 1 lim 1 cos 1 cos x x x L x x                  Xét 2 2 1 2 2 0 0 2 1 1 2 lim lim 2 1 cos 2sin 2 1 1 2 x x x x L x x x                 Xét   3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 3 3 1 1 3 lim lim 2 1 cos 2sin 3 1 3 1 1 2 x x x x L x x x x                     a) Vậy 1 2 2 2 4 L L L      Chứng minh rằng 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2 . C C C C      Ta có       100 0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 0 2 4 100 1 3 99 100 100 100 100 100 100 100 1 i C C i C i C i C C C C C C C i                b) Mặt khác       2 100 50 2 50 1 1 2 2 1 2 2 i i i i i i          Vậy 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2 . C C C C      Cho a, b, c thoả 3. a b c    Tìm GTNN của 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M          Đặt       2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 ,w 2 ;3 ;4 w a b c c a b b c a u v M u v        r r uur r r uur       2 2 2 w 2 2 2 3 3 3 4 4 4 a b c a b c a b c M u v            r r uur Theo cô – si có 3 2 2 2 2 3 2 6 b c a b c      . Tương tự … Câu IV Vậy 3 29. M  Dấu bằng xảy ra khi 1. a b c    Câu Học sinh tự vẽ hình Va         1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3. C I R C I R    Gọi tiếp tuyến chung của     1 2 , C C là   2 2 : 0 0 Ax By C A B        là tiếp tuyến chung của     1 2 , C C         2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B                        Từ (1) và (2) suy ra 2 A B  hoặc 3 2 2 A B C    a) Trường hợp 1: 2 A B  . Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0 B A C x y              Trường hợp 2: 3 2 2 A B C    . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y                Gọi H là trung điểm của BC     3 ; ' 2 a d M BB C AH   2 3 ' ' ' 1 1 3 '. . 2 2 3 12 BB C MBB C BB C a a S BB BC V AH S        b) Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có ' ; ' ' ' . B C MI B C BC B C MB     (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu của A trên d K  cố định; Gọi    là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên    . Trong tam giác vuông AHK ta có . AH AK  Vậy   max AH AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d   : 2 2 15 0 x y z         3;1;4 K Câu VIa    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK   : 4 3 0 x y z       Câu Vb a) Gọi   2 2 2 2 : 1 x y H a b   (H) tiếp xúc với   2 2 : 2 0 4 1 d x y a b            2 2 16 4 4 2 4;2 1 2 x y A H a b         Từ (1) và (2) suy ra   2 2 2 2 8; 4 : 1 8 4 x y a b H      (Học sinh tự vẽ hình)Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho ' ' 4 OA OB OC    Lấy M là trung điểm của B’C’     ' ' . OAM OB C   Kẻ   ' ' AH OM AH OB C    Ta có 2 3 4 6 2 3 3 3 AM OM MH AH      · 1 15 3 . .sin 2 2 OBC S OB OC BOC  Vậy 1 . 10 2 3 OABC OBC V AH S  Gọi     1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 ' M t t t N t t t          ; 2 2 1 1 0; 1. d M P t t t        Trường hợp 1:     0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5 t M MN t t t        uuuur   . 0 ' 0 5;0; 5 P P MN n MN n t N        uuuur uur uuuur uur Câu VIb Trường hợp 2:     1 3;0;2 , 1; 4;0 t M N    . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN A. PHẦN D NH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 . 1 x y x    a) Khảo sát sự biến thi n. z d      Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d 2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI

Ngày đăng: 23/03/2014, 15:20

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN