đề Thi thử đại học môn toán khối d 2013

Nguồn: diemthi.24h.com.vn
Điểm thi 24h
Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT
Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
ĐỀ THI TH Đ I H T -2013
Đ 4
PHẦ HU G H TẤT Ả THÍ I H(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số 2 4
1
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình: 22
1 3 2
1 3
x x
x x
   
  
2. Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: 2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
  
 

Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD
cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu
vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần
chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
  
  
     
PHẦ RIÊ G(3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0x y x    .
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với
(C) tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d
có phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
 

  
  
. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến
A và B là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: 2
0z z 
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):

Điểm thi 24h
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0,
đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
       
  
       
.Chứng minh rằng hai đường thẳng (  ) và
( ' ) cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi
(  ) và ( ' ).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
  

  
.
-------------------------------- Hết ------------------------

Điểm thi 24h
Đ P
Câu Nội dung Điể
m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SI H(7, điểm)
CâuI 2.0
1. TXĐ: D = R{-1}
Chiều biến thiên: 2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
   

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và ( 1; )  , hs không có cực trị 0.25
Giới hạn:
1 1
lim 2, lim , lim
x x x
y y y   
    
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x - -1 +
y’ + +
y
+ 2
2 -
0,25
0.25
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  2;0 , trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0.25
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
6 6
;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
      
     0.25
Trung điểm I của AB: I
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
   
 
  
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0
0.25
Có :
. 0AB MN
I MN
 


0.25

Điểm thi 24h
=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
  
 
 
0,25
CâuII 2.0
1. TXĐ: x  1;3  0,25
Đặt t= 1 3 , t > 0x x   =>
2
2 4
3 2
2
t
x x

   0,25
đc pt: t3
- 2t - 4 = 0  t=2 0,25
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
 
     
0,25
2. 2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 
           
0,25
+ Với sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z

      0,25
+ Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx    , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx     
được pt : t2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
 
    0.25
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
 


 
 
   

Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 



  

  

  

0,25
Câu III 2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
  
 

1,0
I1 =
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
 , Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I1 =
4 2 2
3 3
 0,5
 2
2
1
ln
e
I x dx  , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2
0,25
I = I1 + I2 =
2 2 2
3 3
e   0,25
Câu IV 1,0

Điểm thi 24h
M
N
A
B
D C
S
S'
H
K
SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : . .S ABCD S AMNDV V V 
0,25
. . .S AMND S AMD S MNDV V V  ; . .
. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V VSM SM SN
V SB V SB SC
   
0.25
. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCDV V V  ; . . .
3 5
8 8
S AMND S ABCD S ABCDV V V V   0.25
25
24
V a h 
0.25
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3
, b = y3
, c = z3
(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
  
  
      0.25
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
  
 
   
mà
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
 

 
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
 
   
 
0.25
Tương tự:
3 3 3 3
2 2 2 2
1 1
( ); ( )
3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
 
   
   
=> 32
( ) 2. 2
3
P a b c abc     (BĐT Côsi) 0.25
=> P 2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P  
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25
II. PHẦ RIÊ G(3, điểm)
A. hương trình chuẩn
CâuVI.
a
2.0
1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25
Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t
y t
 

 
, 'I IA => I’( 2 3 ;2 2t t  ), 0,25

Điểm thi 24h
1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I    0,25
(C’):    
2 2
3 3 4x y   
0.25
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d , AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B
(MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25
CâuVII
.a
1.0
z = x + iy ( ,x y R ), z2
+ 2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi       0,25
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y

 
   
0,25
(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
B. hương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
1. (7;3)BD AB B  , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c        ,
I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c    
 
 
là trung điểm của AC, BD.
0,25
I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c           0,25
M, A, C thẳng hàng  ,MA MC cùng phương => c2
– 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c

  0,25
c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25
2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (  ) ( ' ) = A
1 3
;0;
2 2
 
 
  0.5
(0; 1;0) ( )M    , Lấy N ( ')  , sao cho: AM = AN => N
AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi ( ) và
( ' ) chính là đg thẳng AI 0.25
Đáp số:
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2( ): ;( ):
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z
y y
d d
   
   
   
     
0,25
Câu

Điểm thi 24h
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y



0.25
2 2 2
3 3 3
log 3 log log 3 . 2 .
log 12 log log 12 . 3 .
x y
x y
x y y x y x
x x y y x y
    
 
     0.25
2
3 . 2 .x y
y x
y x

 

0.25
4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y


 


(t/m TXĐ)
0,25

đề Thi thử đại học môn toán khối d 2013

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (18)

En vedette

En vedette (17)

Similaire à đề Thi thử đại học môn toán khối d 2013

Similaire à đề Thi thử đại học môn toán khối d 2013 (20)

Plus de adminseo

Plus de adminseo (20)

đề Thi thử đại học môn toán khối d 2013