- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- THPT Quốc Gia
Đề thi thử Đại học cao đẳng năm 2013 môn Toán đề 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (486.32 KB, 6 trang )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TON NĂM 2012-2013
Đ Số 1
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số
đến
góc tọa độ O bằng lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa
độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2. Giải phương trình :
Câu III (1 điểm): Tính tích phân
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp
S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,
SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt
phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ
Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
.
Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với
hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt
phẳngvà tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2.Theo chương trình nâng cao:
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
2
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −
:3 4 4 0x y∆ − + =
∆
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
(1;6;2)v
r
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
4
x
2 10
(1 2 3 )P x x= + +
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy cho elíp và hai điểm A(3;-2) , B(-
3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn
nhất.
2.Trong không gian với
hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt
phẳngvà tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n
sao cho thoả mãn
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
(1;6;2)v
r
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
2
0 1 2
2 2 2 121
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +
ĐP N VÀ THANG ĐIỂM
Câu
Điểm
I
II
2. Ta có
Để hàm số có cực trị thì PT có 2 nghiệm phân biệt
có 2 nhiệm phân biệt
05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
Vậy có 2 giá trị của m là và . 025
1.
05
Vậy PT có hai nghiệm và .
05
2. ĐK :.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
05
025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025
,
025
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
,
0y =
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
1 0, m⇔ ∆ = > ∀
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
= − +
= ⇔ + + = ⇔
= − −
3 2 2m = − −
3 2 2m = − +
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
⇔ + = +
÷
⇔ + =
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
π π
π π
π
π
π
⇔ + + + =
= − +
⇔ + ⇔
+
2
x k
π
π
= +
18 3
x k
π π
= − +
1 5
2 2
0
x
x
−
< <
≠
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x
−
=
+ = −
⇔ − = + ⇔ = ∨ = −
− =
=
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
III
IV
Đặt
05
Suy ra .
025
Ta có (1)
Tương tự ta có (2)
Từ (1) và (2) suy ra
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
Ta có
Vậy
05
Ta c ó:
025
025
Xét hàm số , với
0<x<3
Từ bảng biến thiên
suy ra MinP=7 .
05
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0
1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥
⊥ =
AM SC⇒ ⊥
AN SC⊥
AI SC⊥
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
2
4
ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
= + + − + + −
= − + + −
= − + − +
2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
+
≥ − − − +
= − + − +
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=
= − + − = ⇔
=
1x y z⇔ = = =
VIa
VIIa
1. Gọi . Khi đó diện tích
tam giác ABC là
. 05
Theo giả thiết ta
có
Vậy hai điểm cần
tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của là 025
Vì và song song với giá của nên
nhận véc tơ
làm vtpt. Do đó (P):2x-
y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
Ta có 05
Theo giả thiết ta có
025
Vậy hệ số của là: . 025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta
cóvà diện tích tam giác ABC là 05
Dấu bằng xảy ra khi .
Vậy .
05
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=
−
= ⇔ − + = ⇔
÷
=
( )
α
(1;4;1)n
r
( ) ( )P
α
⊥
v
r
(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −
→ = ⇔
=
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =
= = =
≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
= = =
∈
4
x
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
2 2
1
9 4
x y
+ =
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
≤ + =
÷
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y
+ =
=
⇔
=
=
3 2
( ; 2)
2
C
VIb
VIIb
Xét khai triển
Lấy tích phân 2 vế cân từ
0 đến 2 , ta được: 05
Vậy n=4.
05
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +
⇔ = ⇔ =
