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

Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 34 - Đề 1 doc

7 253 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 12,95 MB

Nội dung

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = 1 2  x x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình     2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x     2. Giải phương trình 2 2 7 5 3 2 ( ) x x x x x x       ¡ Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x      . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho     DMN ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: 3 . x y xy   Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0  thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   3 3 3 3 16 x y z P x y z      II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 2 3 1 x y z      , d 2 : 2 2 1 5 2 x y z      Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1 2 1 1 x y z       và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y            ¡ Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu Nội dung Điểm I HS tu lam 2,0 II 2.0 1 Giải phương trình     2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x     1.0 ĐK: sin cos 0 x x   0.25 Khi đó         2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cos PT x x x x x           1 sin 1 cos sin sin .cos 0 x x x x x             1 sin 1 cos 1 sin 0 x x x      0.25 sin 1 cos 1 x x         (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k x m                 ,k m Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k      và 2 x m       ,k m Z 0.25 2 Giải phương trình: 2 2 7 5 3 2 ( ) x x x x x x       ¡ 1.0 2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x x PT x x x x x                0.25 2 3 2 0 5 2( 2) x x x x x              0.25 3 1 0 2 5 2. x x x x x                     2 2 0 1 16 0 x x x             0.25 1 x    Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x      . 1.0 Đặt u = 2 1 1 2 x u x udu dx       ; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u          0.25 Ta có: 3 2 2 2 3 2 0 1 1 1 3 2 8 1 (2 6) 6 3 2 1 3 1 3 x u u dx du u du du u u u x x                 0.25   2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u    0.25 3 3 6ln 2    0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H   Do       DMN ABC DH ABC    mà . D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 2 2 2 3 6 1 3 3 DH DA AH              Diện tích tam giác AMN là 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy   0.25 Thể tích tứ diện . D AMN là 1 2 . 3 12 AMN V S DH xy   0.25 Ta có: AMN AMH AMH S S S  0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin30 . .sin30 2 2 2 xy x AH y AH   0.25 D A B C H M N  3 . x y xy   V 1.0 Trước hết ta có:   3 3 3 4 x y x y    (biến đổi tương đương)     2 0 x y x y      0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó       3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a          (với t = z a , 0 1 t   ) 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t   0;1  . Có     2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t            Lập bảng biến thiên 0.25     0;1 64 inf 81 t M t     GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y                           0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b   uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:     os , os , AB BD AC AB c n n c n n uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a                  0.25 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y                 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 0.25 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y                           Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ   14 12 4;3 ; ; 5 5 C D       - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m                         0.25 Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN  uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d  (P) có VTPT (2; 1; 5) P n   uur nên : p k MN kn    uuuur uur 3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k                   có nghiệm 0.25 Giải hệ tìm được 1 1 m t      Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d: 1 2 4 3 5 x t y t z t            thoả mãn bài toán 0.25 VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 1.0 Điều kiện: 3 n N n      Phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3  log 4 (n – 3)(n + 9) = 3 0.25  (n – 3)(n + 9) = 4 3  n 2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n        Vậy n = 7. 0.25 (thoả mãn) (không thoả mãn) Khi đó z = (1 + i) n = (1 + i) 7 =       3 2 3 1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8 i i i i i i i              0.25 Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y           Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y          0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n   uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5  phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 3 2 2 1 x t y t z t               toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 3 2 2 1 2 0 x t y t z t x y z                    (tham số t) (1; 3;0) M   0.25 Lại có VTPT của(P) là (1;1;1) P n uur , VTCP của d là (2;1; 1) d u  uur . Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1) d P u u n         uur uur uur Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó ( 1; 3; ) MN x y z   uuuur . Ta có MN uuuur vuông góc với u  uur nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 2 2 2 0 2 3 11 0 ( 1) ( 3) 42 x y z x y z x y z                   0.25 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 5 2 5 : 2 3 1 x y z        Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4 5 : 2 3 1 x y z        0.25 VII.b Giải hệ phương trình   1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y            ¡ 1.0 Điều kiện: 0 0 y x y       0.25 Hệ phương trình   4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 log log 1 log 1 4 25 25 25 y x y x y x y y y x y x y x y                                  0.25 2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y                       0.25     15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y                         Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) . Giả sử d cắt d 1 tại M ( -1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN  uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d  (P) có VTPT (2; 1; 5) P n .  2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u    0.25 3 3 6ln 2    0.25 IV 1. 0 D ng DH MN H   Do       DMN ABC DH ABC    mà . D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều. 12 4;3 ; ; 5 5 C D       - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1. 0 Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m 

Ngày đăng: 01/04/2014, 05:22

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN