Xem mẫu
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 23
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x 3 x .
1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số.
2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x3 – x = m3 – m
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = 0
x x
2) Giải phương rtình: 3 2 2 2 2 1 3 0.
ln 2
2e3 x e2 x 1
Câu III: (1 điểm) Cho I = dx . Tính eI
0
e3 x e 2 x e x 1
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang
vuông tai A và D. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với
mặt phẳng đáy và SD = a. Tính thể tứ diện ASBC theo a.
Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A B B C C A
1 tan 2 1 tan 2 1 tan 2 1 tan 2 1 tan 2 1 tan 2
2 2 2 2 2 2
P= + +
C A B
1 tan 2 1 tan 2 1 tan 2
2 2 2
II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – 5 =
0. Hãy viết phương trình đường tròn (C ) đối xứng với đường tròn (C) qua
4 2
điểm M ;
5 5
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường
x y 2 z
thẳng (d) đi qua điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng 1 : và
1 3 3
x t
2 : y 4 t .
z 1 2t
Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 – 3x trên D.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng
định bởi: (C ) : x 2 y 2 4 x 2 y 0; : x 2 y 12 0 . Tìm điểm M trên sao
Trang 1
- cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc
x 3 7t
x 7 y 3 z 9
chung của hai đường thẳng: 1: và 2 : y 1 2t
1 2 1
z 1 3t
3 2
Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z + (1 – 2i)z + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng
phương trình có một nghiệm thuần ảo.
HƯỚNG DẪN GIẢI
2 3
m
3
Câu I: 2) : PT có 1 nghiệm duy nhất
2 3
m
3
2 3 3
m= hoặc m = : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)
3 3
2 3 2 3 3
m ; \ : PT có 3 nghiệm phân biệt
3 3 3
x x x
Câu II: 1) PT cosx(1 + cosx) + 8 sin 3 cos 3 = 0 2cos 2 cos x (1 cos x)sin x 0
2 2 2
x
cos 0
2
sin x cos x sin x.cos x 0
2
2) PT ( 2 1) 2 x 3 0 ( 2 1)3 x 3( 2 1) x 2 0 ( 2 1) x 2
( 2 1) x
ln 2 ln 2
2e3 x e2 x 1 3e3 x 2e2 x e x (e3 x e2 x e x 1)
Câu III: I = 3x
dx = dx
0
e e2 x e x 1 0
e3 x e2 x e x 1
ln 2
3e3 x 2e2 x e x ln 2 ln 2 14
= 3x 2x x
1 dx = ln(e3x + e2x – ex + 1) x = ln11 – ln4 = ln
0
e e e 1 0 0 4
11
Vậy eI = .
4
1 2 1 1
Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = a . VASBC = SABC.SA = a 3
2 3 6
C A B A B B C A C
cos cos cos sin sin sin
2 2 2 2 2 2
Câu V: P = =
B A B C C A B A B C C A
cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C
= 2 tan tan tan ≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C =
2 2 2 3
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M
2 2
8 6 8 6
I ; (C ): x y 9
5 5 5 5
2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1 (P): 3x – y + 2z + 2 = 0
Trang 2
- Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2 (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0
Phương trình của (d) = (P) (Q)
Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2] [2;3]
y’ = 3x2 – 3, y’ = 0 x=±1 D
y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 kết quả.
Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5.
Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác
đều suy ra IM 2 R=2 5 .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x 2) 2 ( y 1) 2 20 .
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:
( x 2)2 ( y 1)2 20 (1)
x 2 y 12 0 (2)
y 3
2 2
Khử x giữa (1) và (2) ta được: 2 y 10 y 1 20 5y 2
42 y 81 0 27
y
5
6 27
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M 6;3 hoặc M ;
5 5
x 7 t'
2) Phương trình tham số của 1 : y 3 2t '
z 9 t'
Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với 1 và 2
M(7 + t ;3 + 2t ;9 – t ) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t)
VTCP lần lượt của 1 và 2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3)
MN a MN .a 0
Ta có:
. Từ đây tìm được t và t Toạ độ của M, N.
MN b MN .b 0
Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN.
Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k R)
Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0 – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0
k2 k 0
( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0 k=1
k 2 2k 2 k 2 0
Vậy nghiệm thuần ảo là z = i
z i
z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0 (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0
z2 (1 i) z 2 0
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.
Trang 3
nguon tai.lieu . vn
