Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 4 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Môn thi : TOÁN
PHẦN I - CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số
3 2
3
y x x
  (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình :
3 2
3
x x a
 

có ba nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm lớn hơn 1.
Câu II ( 2 điểm)
1. Giải phương trình :
2sin 2 4sin 1 0
6
x x

 
   
 
 

2. Giải bất phương trình :
3

3
1
9 5.3 14.log 0
2
x x
x
x

 
  
 

 

Câu III ( 2điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A=(2;0;0) M=( 0;-3;6)
1.Chứng minh rằng mặt phẳng (P):x+2y-9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M ,bán kính OM.
Tìm toạ độ tiếp điểm
2.Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A,M cắt trục các Oy;Oz tại B;Csao cho thể tích của
tứ diện OABC bằng 3
Câu IV ( 2 điểm)
1. Tnh tích phân sau :
6
2
2 1 4 1
dx
I
x x

  



2. Cho x;y;z là các số thực dương .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

     
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2
4 4 4 2
x y z
F x y y z x z
y z x
 
        
 
 

PHẦN II - THÍ SINH ĐƯỢC CHỌN MỘT TRONG HAI CÂU VA HOẶC VB
Câu Va ( 2 điểm)
1. Trong Oxy cho (C ) :
2 2
1
x y
 
.
Đường tròn ( C’) có tâm I = (2;2) cắt (C ) tại A; B biết AB=
2
. Viết phương trình AB

2. Giải phương trình :





1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y

      


Câu Va ( 2 điểm)
1. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB = a ; AC = 2a ;
' 2 5
AA a

và
0
120
BAC
 
.
Gọi M là trung điểm cạnh CC’ .
CMR:
'
MB MA

và tính khoảng cách từ A đến (A’MB) và tính thể tích lăng trụ

2. Tìm số n nguyên dương thoả mãn đẳng thức:
2 2
2 6 12
n n n n
P A P A
  


…………………………………………………Hết…………………………………………………………
Họ và tên thí sinh………………Số báo danh……………………

ĐÁP ÁN
Câu I
Câu II
1-điểm
 
3sin2 cos2 4sin 1 0
sin 3cos sin 2 0
7
; 2
6
x x x
x x x
x k x k

 
    
   
   

KL:
1/4

1/4

1/4

1/4
1-điểm +) Đ/K: x>2 or x<-1
  
 
3
3
3
3
3
1
9 5.3 14.log 0
2
1
3 7 3 2 log 0
2
1
3 7 log 0
2
x x
x x
x
x
x

x
x
x
x

 
  
 

 

 
   
 

 

 
  
 

 

Xét x>2 ta có
3
1 1 3
log 0 1 0 2
2 2 2
x x
x

x x x
 
   
      
   
  
   

Xét x<-1 ta có
3
1 1 3
log 0 1 0 2
2 2 2
x x
x
x x x
 
 
      
 
  
 

KL:
1/4




1/4

1/4


1/4
Câu III
1-điểm
+)
2 2
0 3 6 3 5
OM    

+)
 
6 9
15
; 3 5
5 5
d M P
 
  
+) Suy ra ĐPCM
+Pt qua M và vuông với (P) : x=t ; y=-3+2t ; z=0
+) Giao điểm :t-6+4t-9=0 hay t=3 suy ra N=(3 ;3 ;0)
1/4

1/4

1/4


1/4
1-điểm +) Gọi B=(0 ;b ;0) C=(0 ;0 ;c)
+) PT (Q)
1
2
x y z
b c
  
qua M ta có :
3 6
1
b c

 



+) Ta có
1
, 3
6
OABC
V OA OB OC
 
 
 
uuur uuur uuur

+) Từ đó b= c=

1/4

1/4



1/4
1/4
Câu IV
1-điểm
6
2
2 1 4 1
dx
I
x x

  


+) Đặt
4 1
t x
 
đổi biến
+) Đ/S
3 1

ln
2 12




1/4

1/4
1/4
1/4
1-điểm
+) Ta có
3
3 3
2 2
x y x y
 
 

 
 



3 3
4
x y x y
   

+)
 
2 2 2
2 2( )
x y z
VT x y z
y z x
     

+)
3
3
1
6 6 12
VT xyz
xyz
  
KQ : F=12
1/4

1/4

1/4

1/4