Các đề thi thử đại học môn toán khối d năm 2024

Upload - Home - Sách - Sheet nhạc - Tải Video - Download - Mới đăng

Bản quyền (c) 2006 - 2024 Thư Viện Vật Lý

Các tài liệu thuộc bản quyền của tác giả hoặc người đăng tải.

Các hình ảnh, nội dung của các nhãn hàng hoặc các shop thuộc bản quyền các nhãn hàng và các shop đó.

Các Liên kết đại lý trỏ về các website bán hàng có bản quyền thuộc về các sàn mà nó trỏ đến. Chúng tôi từ chối trách nhiệm liên quan đến các nội dung này.

Chất lượng sản phẩm do nhãn hàng công bố và chịu trách nhiệm.

Các đánh giá, hình ảnh đánh giá, review, các gọi ý trong tài liệu chỉ mang tính chất tham khảo, không mang thêm ý nghĩa gì khác

Đề thi đại học môn Toán 2013 Bộ Giáo dục và Đào tạo Đề thi đại học môn Toán khối D 2013 Đề thi đại học môn Toán khối D 2013 đề thi đại học môn Toán khối D 2013 Đề thi đại học môn Toán

Bạn có thể quan tâm

Trang web của chúng tôi sử dụng cookie để cải thiện trải nghiệm của bạn. Đọc thêm về Chính sách Cookie của chúng tôi

Ảnh đẹp,18,Bài giảng điện tử,10,Bạn đọc viết,225,Bất đẳng thức,75,Bđt Nesbitt,3,Bổ đề cơ bản,9,Bồi dưỡng học sinh giỏi,41,Cabri 3D,2,Các nhà Toán học,129,Câu đố Toán học,83,Câu đối,3,Cấu trúc đề thi,15,Chỉ số thông minh,4,Chuyên đề Toán,289,congthuctoan,9,Công thức Thể tích,11,Công thức Toán,112,Cười nghiêng ngả,31,Danh bạ website,1,Dạy con,8,Dạy học Toán,279,Dạy học trực tuyến,20,Dựng hình,5,Đánh giá năng lực,1,Đạo hàm,17,Đề cương ôn tập,39,Đề kiểm tra 1 tiết,29,Đề thi - đáp án,987,Đề thi Cao đẳng,15,Đề thi Cao học,7,Đề thi Đại học,159,Đề thi giữa kì,20,Đề thi học kì,134,Đề thi học sinh giỏi,128,Đề thi THỬ Đại học,404,Đề thi thử môn Toán,68,Đề thi Tốt nghiệp,47,Đề tuyển sinh lớp 10,100,Điểm sàn Đại học,5,Điểm thi - điểm chuẩn,221,Đọc báo giúp bạn,13,Epsilon,9,File word Toán,35,Giải bài tập SGK,16,Giải chi tiết,197,Giải Nobel,1,Giải thưởng FIELDS,24,Giải thưởng Lê Văn Thiêm,4,Giải thưởng Toán học,5,Giải tích,29,Giải trí Toán học,170,Giáo án điện tử,11,Giáo án Hóa học,2,Giáo án Toán,18,Giáo án Vật Lý,3,Giáo dục,363,Giáo trình - Sách,81,Giới hạn,20,GS Hoàng Tụy,8,GSP,6,Gương sáng,208,Hằng số Toán học,19,Hình gây ảo giác,9,Hình học không gian,108,Hình học phẳng,91,Học bổng - du học,12,IMO,13,Khái niệm Toán học,66,Khảo sát hàm số,36,Kí hiệu Toán học,13,LaTex,12,Lịch sử Toán học,81,Linh tinh,7,Logic,11,Luận văn,1,Luyện thi Đại học,231,Lượng giác,57,Lương giáo viên,3,Ma trận đề thi,7,MathType,7,McMix,2,McMix bản quyền,3,McMix Pro,3,McMix-Pro,3,Microsoft phỏng vấn,11,MTBT Casio,28,Mũ và Logarit,38,MYTS,8,Nghịch lí Toán học,11,Ngô Bảo Châu,49,Nhiều cách giải,36,Những câu chuyện về Toán,15,OLP-VTV,33,Olympiad,308,Ôn thi vào lớp 10,3,Perelman,8,Ph.D.Dong books,7,Phần mềm Toán,26,Phân phối chương trình,8,Phụ cấp thâm niên,3,Phương trình hàm,4,Sách giáo viên,15,Sách Giấy,11,Sai lầm ở đâu?,13,Sáng kiến kinh nghiệm,8,SGK Mới,24,Số học,57,Số phức,34,Sổ tay Toán học,4,Tạp chí Toán học,38,TestPro Font,1,Thiên tài,95,Thống kê,2,Thơ - nhạc,9,Thủ thuật BLOG,14,Thuật toán,3,Thư,2,Tích phân,79,Tính chất cơ bản,15,Toán 10,149,Toán 11,179,Toán 12,392,Toán 9,67,Toán Cao cấp,26,Toán học Tuổi trẻ,26,Toán học - thực tiễn,100,Toán học Việt Nam,29,Toán THCS,22,Toán Tiểu học,5,toanthcs,6,Tổ hợp,39,Trắc nghiệm Toán,222,TSTHO,5,TTT12O,1,Tuyển dụng,11,Tuyển sinh,272,Tuyển sinh lớp 6,8,Tỷ lệ chọi Đại học,6,Vật Lý,24,Vẻ đẹp Toán học,109,Vũ Hà Văn,2,Xác suất,28,

• 1. 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 THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 26) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m   với [0; ]x  . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: 1.   3log 1 2 2 2 x x x x          ; 2. 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y         Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2 | 4 |y x x  và 2y x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m                       PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD: 1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: 2 2 2 2 x t y t z t          .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z         2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
• 2. 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 2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số 1 2 1 2 x t y t z t         .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                --Hết------ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 26 Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Xét phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m   với [0; ]x  (1) Đặt osxt c , phương trình (1) trở thành: 4 2 8 9 0 (2)t t m   Vì [0; ]x  nên [ 1;1]t   , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25 Ta có: 4 2 (2) 8 9 1 1 (3)t t m     Gọi (C1): 4 2 8 9 1y t t   với [ 1;1]t   và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t   . 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:  81 32 m  : Phương trình đã cho vô nghiệm. 1. 81 32 m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  81 1 32 m  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.  0 1m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  0m  : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.  m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương: 33 loglog 3 2 0 22 0 111 log ln 0ln 01 222 222 0 xx x xx x xxx xxx                                             0,50
• 3. 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 3 2 2 2 log 0 1 1 21 1 3 ln 0 1 2 2 2 2 22 x x x x x x x x x x x xx                                                     0,50 2 1,00 Điều kiện: | | | |x y Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y        ; x y  không thỏa hệ nên xét x y  ta có 2 1 2 u y v v        . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v           0,25 4 8 u v     hoặc 3 9 u v    + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y          (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y          (II) 0 , 2 5 Giải hệ (I), (II). 0 , 2 5 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là     5;3 , 5;4S  0 , 2 5 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là     5;3 , 5;4S  1,00 III 0,25
• 4. 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 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2 | 4 | ( )y x x C  và  : 2d y x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 24 2 6 0 64 2 2 0 x x x x x x xx x x x x xx x x x x                              Suy ra diện tích cần tính:     2 6 2 2 0 2 4 2 4 2S x x x dx x x x dx       0,25 Tính:   2 2 0 | 4 | 2I x x x dx   Vì   2 0;2 , 4 0x x x    nên 2 2 | 4 | 4x x x x       2 2 0 4 4 2 3 I x x x dx     0,25 Tính   6 2 2 | 4 | 2K x x x dx   Vì   2 2;4 , 4 0x x x    và   2 4;6 , 4 0x x x    nên     4 6 2 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx         . 0,25 Vậy 4 52 16 3 3 S    1,00 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:      ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH       Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 0,25
• 5. 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 'K II . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC      Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x     0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' . ' 3 h V B B B B   Trong đó: 2 2 2 2 24x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h      0 , 2 5 Từ đó, ta có: 2 2 3 2 22r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V            0 , 2 5 V 1 , 0 0 Ta có: +/  4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/  4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 c c c c                          +/  2 1 1 os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 c c                    Do đó phương trình đã cho tương đương:   1 1 2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 c   Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 4 t c c        (điều kiện: 2 2t   ). 0 , 2 5
• 6. 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 Khi đó 2 sin4x = 2sin2xcos2x = t 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 4 2 2 0t t m    (2) với 2 2t   2 (2) 4 2 2t t m    Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ): 2 2D y m  (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t  với 2 2t   . 0 , 2 5 Trong đoạn 2; 2   , hàm số 2 4y t t  đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 tại 2t   và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại 2t  . 0 , 2 5 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m     2 2 2 2m    . 0 , 2 5 VI a 2 , 0 0 1 1 , 0 0 Điểm  : 1 0 ;1C CD x y C t t      . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M        . 0 , 2 5 Điểm   1 3 :2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                    0 , 2 5 0 , 2 5 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ). Suy ra    : 1 2 0 1 0AK x y x y        . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y        . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của  1;0K  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         2
• 7. 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 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( )//( )P D hoặc ( ) ( )P D . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH . Mặt khác           , ,d D P d I P IH H P      Trong mặt phẳng  P , IH IA ; do đó axIH = IA H Am   . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là  6;0; 3n IA   , cùng phương với  2;0; 1v   . Phương trình của mặt phẳng (P0) là:    2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z    . VIIa Để ý rằng       1 1 1 0xy x y x y       ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x        0 , 2 5 Vì vậy ta có:   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z                                                 vv 1 , 0 0
• 8. 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 Ta có:  1;2AB AB    . Phươn g trình của AB là: 2 2 0x y   .    : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:    2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t  . 0 , 2 5 Mặt khác: D . 4ABCS ABCH  (CH: chiều cao) 4 5 CH  . 0 , 2 5 Ngoài ra:       4 5 8 8 2 ; , ;| 6 4| 4 3 3 3 3 3; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C Dt d C AB CH t C D                         Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D             hoặc    1;0 , 0; 2C D  0 , 5 0 2 1 , 0 0 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng  có phương trình tham số: 1 2 1 2 x t y t z t         . Điểm M  nên  1 2 ;1 ;2M t t t   . 0 , 2 5
• 9. 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                            22 2 2 22 2 2 2 22 2 22 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t                                 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  3 ;2 5u t và  3 6;2 5v t   . Ta có         22 22 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t          Suy ra | | | |AM BM u v   và  6;4 5 | | 2 29u v u v     Mặt khác, với hai vectơ ,u v ta luôn có | | | | | |u v u v   Như vậy 2 29AM BM  0 , 2 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t        1;0;2M và  min 2 29AM BM  . 0 , 2 5 Vậy khi M(1;0;2) thì minP =  2 11 29 0 , 2 5 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b         . Đặt  , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x             . Vế trái viết lại: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y                0 , 5 0
• 10. 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 Ta có:     2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y             . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z         Do đó:  2 2 x y zx y z y z z x x y x y z            . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                0 , 5 0