Đề thi thử ĐHCĐ chuyên Lương Thế Vinh 2008-2009

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
133
lượt xem
24
download

Đề thi thử ĐHCĐ chuyên Lương Thế Vinh 2008-2009

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đhcđ chuyên lương thế vinh 2008-2009', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐHCĐ chuyên Lương Thế Vinh 2008-2009

  1. Trư ng THPT Lương Th Vinh Đ thi th đ i h c l n 2 năm 2008-2009 Ngày thi: 15/3/2009 • Th i gian: 180 phút. • Typeset by L TEX 2ε . A • Copyright c 2009 by Nguy n M nh Dũng. • Email: nguyendunghus@gmail.com. • Mathematical blog: http://www.mathlinks.ro/weblog.php?w=1139 1
  2. 1 Đ bài PH N 1 (Chung cho t t c các thí sinh) 2x Câu I (2 đi m). Cho hàm s y = . x+2 1) Kh o sát s bi n thiên và v đ th (C) c a hàm s . 2) Vi t phương trình ti p tuy n c a (C), bi t r ng kho ng cách t tâm đ i x ng c a (C) đ n ti p tuy n l n nh t. Câu II (2 đi m) 1) Gi i phương trình 1 + cot 2x cot x + 2(sin4 x + cos4 x) = 3 cos2 x √ 2) Tìm các giá tr c a tham s m đ b t phương trình x(4 − x) + m x2 − 4x + 5 + 2 ≤ 0 nghi m √ đúng v i m i giá tr c a x thu c đo n [2; 2 + 3]. Câu III (2 đi m) √ 1) Cho hình chóp S.ABCD có √ ABCD là hình ch nh t, AD = a 2, CD = 2a. C nh SA đáy vuông góc v i đáy và SA = 3 2a(a > 0). G i K là trung đi m c a c nh AD. Ch ng minh mp(SBK)⊥mp(SAC) và tính th thích kh i chóp SBCK theo a. 2) Trong không gian v i h t a đ Oxyz cho lăng tr đ ng OAB.O1 A1 B1 v i A(2; 0; 0); B(0; 4; 0) và O1 (0; 0; 4). Xác đ nh t a đ đi m M trên AB, đi m N trên OA1 sao cho đư ng th ng M N song √ song v i m t ph ng (α) : 2x + y + z − 5 = 0 và đ dài M N = 5. Câu IV (2 đi m). 1) Tính t ng sau Cn0 2 Cn1 2 Cn 2 n S= + + ··· + 1 2 n+1 2) Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy cho đư ng tròn (C) : x2 + y 2 + 6x − 2y + 6 = 0 và các đi m B(2; −3) và C(4; 1). Xác đ nh t a đ đi m A thu c đư ng tròn sao cho tam giác ABC cân t i A và có di n tích nh nh t. PH N 2 (Thí sinh thi kh i A, B làm câu Va, thí sinh thi kh i D làm câu Vb) Câu Va (2 đi m) 1) Tính tích phân ln5 dx √ −x − 1) ex − 1 ln2 (10e 2) Gi i h phương trình 1−x2 2 x2 + xy + 3 = 2y 2 2 x2 y + 2x − 2x2 y − 4x + 1 = 0 Câu Vb (2 đi m) 1) Tính tích phân π 4 x sin x dx 0 cos3 x 2) Gi i phương trình x log2 x + x log7 (x + 3) = 2 + 2 log7 (x + 3) log2 x 2 2
  3. 2 L i gi i tóm t t Câu I (2 đi m) 4 1) TXD : D = R {1}, đ o hàm y = (x+2)2 > 0 ∀x ∈ D. Ti m c n đ ng x = −2, ti m c n ngang y = 2 (Các b n t v đ th ). 2) Ti p tuy n t i đi m M có t a đ x0 = −2 có phương trình 4 2x0 y= 2 (x − x0 ) + ⇔ 4x − (x0 + 2)2 y + 2x2 = 2 (d) 0 (x0 + 2) x0 + 2 Tâm đ i x ng I = (−2; 2) nên ta có 8|x0 + 2| d(I/(d)) = 16 + (x0 + 2)4 Áp d ng BDT Cô-si cho 2 s dương ta thu đư c √ 16 + (x0 + 2)4 ≥ 8|x0 + 2| Nên √ d(I/(d)) ≤ 2 2 D u đ ng th c x y ra khi và ch khi |x0 + 2| = 2 ⇔ x0 = 0, x0 = −4. T đó suy ra đư c hai ti p tuy n là y = x và y = x + 8. Câu II (2 đi m) 1) Đi u kiên sin 2x = 0. Phương trình trên tương đương v i 2 1 π kπ + 2 1 − sin2 2x ⇔ sin4 2x + sin2 2x − 2 = 0 ⇔ sin2 2x = 1 ⇔ x = + (k ∈ Z) sin2 2x 2 4 2 √ 2) Đ t t = x2 − 4x + 5 ⇒ t ∈ [1; 2]. B t phương trình tương đương v i t2 − 5 5 − t2 + m(t + 2) ≤ 0 ⇔ m ≤ = g(t) t+2 √ B t phương trình nghi m đúng ∀x ∈ [2; 2 + 3] ⇔ m ≤ mint∈[1;2] g(t). Xét hàm g(t) có g(t) đ ng bi n ∀t ∈ [1; 2] ⇒ m ≤ g(1) = −4 . 3 Câu III (2 đi m) √ 2 2a 2 2 6a 1) G i H là giao đi m c a AC và BK thì BH = BK = √ và CH = CA = 3 3 3 3 ⇒ BH 2 + CH 2 = 4a2 = BC 2 ⇒ BK⊥AC M t khác BK⊥SA ⇒ BK ⇒ (SAC) ⇒ (SBK)⊥(SAC) Th tích 1 1 √ √ VSBCK = SA.SBCK = 3 2a2 2 = 2a3 3 3 3
  4.  −→ −  x = 2n 2) Ta có OA1 = (2; 0; 4), suy ra phương trình c a (OA1 ) : y = 0 ⇒ N = (2n; 0; 4n)  z = 4n  − −→  x = 2 − 2m Có AB = (−2; 4; 0) suy ra phương trình (AB) : y = 4m ⇒ M = (2 − 2m; 4m; 0)  z=0 −→ − −→ − V y M N = (2n + 2m − 2; −4m; 4n), mà M N (α) nên ta có − → −→ − − 1 M N .n(α) = 0 ⇔ 2(2n + 2m − 2) − 4m + 4n = 0 ⇔ n = ⇒ N = (1; 0; 2) 2 m= 1 M1 8 ; 5 ; 0 4 Khi đó M N 2 = (2m − 1)2 + 16m2 + 4 = 5 ⇒ 5 ⇒ 5 m=0 M2 (2; 0; 0) ≡ A Câu IV (2 đi m) k k+1 Cn Cn+1 1) Ta có = ∀k = 1, 2, · · · n. V y k+1 n+1 1 1 2 2 2 n+1 2 S= Cn+1 + Cn+1 + . . . + Cn+1 (n + 1)2 T (1 + x)n+1 (1 + x)n+1 = (1 + x)2n+2 , cân b ng h s xn+1 hai v ta có 1 2 2 2 n+1 2 n+1 Cn+1 + Cn+1 + . . . + Cn+1 = C2n+2 n+1 C2n+2 VyS= . (n + 1)2 2) Đ tam giác ABC cân t i A thì A n m trên đư ng trung tr c (δ) c a BC. Đư ng th ng (δ) −→ − qua trung đi m M = (3; −1), nh n BC = (2; 4) làm vector pháp tuy n nên có phương trình là 2(x − 3) + 4(y + 1) = 0 ⇔ x + 2y − 1 = 0. x2 + y 2 + 6x − 2y + 6 = 0 Vì A ∈ (C) nên t a đ A là nghi m c a h x + 2y = 1 21 13 √ 18 Gi i h ta thu đư c A1 = (−1; 1), A2 = (− ; ). Do A1 M = 20 < √ = A2 M nên SA1 BC < 5 5 5 SA2 BC nên đi m c n tìm là A = (−1; 1). Câu Va √ 1) Đ t t = ex − 1 ⇒ 2tdt = ex dx. T đó 2 2 2 2tdt dt 1 t−3 15 I= =2 = − ln = 1 (9 − t2 )t 1 9−t 2 3 t+3 1 32 2) Đi u ki n x = 0. Phương trình th hai c a h tuơng đương v i 1 − 2x (x2 y + 2x − 1)2 = 0 ⇔ y = x2 Thay vào phương trình đ u tiên và bi n đ i ta thu đư c 1−x2 1 − x2 1−2x 1 − 2x 1 − x2 1 − 2x 2 x2 + = 2 x2 + ⇔f =f x2 x2 x2 x2 4
  5. t đó f (t) = 2t + 2 là hàm đ ng bi n v i m i t. T đó suy ra 1 − x2 1 − 2x = ⇔x=2 x2 x2 3 V y h có nghi m (x; y) = (2; − ). 4 Câu Vb sin x 1 1) Đ t u = x, dv = dx ⇒ du = dx, v = 2 cos2 x . T đó cos3 x π/4 x π/4 1 dx π 1 π/4 π 1 I= | 2x 0 − 2x = − tan x|0 = − 2 cos 2 0 cos 4 2 4 2 2) Đi u ki n x > 0. Phương trình đã cho tương đương v i x log2 x − [log2 x − 2 log7 (x + 3)] = 0 2 • log2 x − x = 0 ⇔ ln x = ln 2 . 2 x 2 Xét f (x) = ln x − ln 2 , f = 1−ln x = 0 ⇔ x = e. Suy ra phương trình f (x) = 0 có nhi u nh t x 2 x2 2 nghi m. D th t x = 0, x = 4 là nghi m c a phương trình trên. • log2 x − 2 log7 (x + 3) = t ⇒ x = 2t . Phương trình này tương đương v i t t t 4 2 1 7t = (2t + 3)2 ⇔ +6 +9 =1 7 7 7 có nghi m duy nh t t = 2. V y phương trình có nghi m x = 2, x = 4. 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản