Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 8

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 18 - đề 8', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 8

SỞ GD - ĐT BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT KHỐI 12 Trường THPT Hàn Thuyên Môn : TOÁN ; Khối : D – lần 2 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ===================== I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 4  2m 2 x 2  1 1. Khảo sát hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 32. Câu II (2 điểm) 2 2  1. Giải phương trình: sin 2 x sin x  cos x sin 2 x  1  2 cos ( x  ) 4 2 2 2. Giải phương trình: 41 x x  4 x x 5 e 4 x 1 Câu III (1 điểm). Tính giới hạn: I  lim x0 1 x  1 x Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa AB’ và mặt đáy bằng 600. Tính cạnh bên CC’ và thể tích tứ diện ACC’B’. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m  x 1  x 2  1  x 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  2   13 và đường thẳng    : x – 5y – 2 = 0. Tìm các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng    . Giả sử các giao điểm là A, B. Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) . 2. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ ?  x2  6 y  y  3  Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình:   x y  x y 4  B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. 2 10  2. Khai triển: 1 2x  3x   a0  a1 x  ....  a20 x 20 Tính: Hệ số a4 và S  a0  a1  ....  a20 Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log3[1 + log3(2 x - 7)]  1 ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 2 điểm 1. 4 2 Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1 1 điểm +) TXĐ: D= R x  0 0.25 +) Giới hạn, đạo hàm: lim y   ; lim y   . y '  4 x 3  4 x; y '  0   x  x   x  1 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +  ) 0.25 nghịch biến trên các khoảng (-  ;- 1), (0; 1) +) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, yCT = 0 +) BBT: x -  -1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + y + 1 + 0.25 0 0 +) Đồ thị y f( x)=x^4-2*x^2+1 8 6 4 2 x 0.25 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 2. 3 2 2 2 +y’= 4 x  4m x  4 x ( x  m ) 1điểm 2 2 +hs có 3 cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  x  m  0 có hai nghiệm pb khác 0.5 0 m  0. +3 điểm cực trị của đths A(0;1), B(-m;1-m4), C(m;1-m4). Do tính chất đối xứng nên tam 1 0.5 giác ABC cân tại A, ycbt  2.|m|.|m5 |=32  m=2 hoặc m=-2 2 Câu II 1.   0.25 1 điểm sin 2 x sin x  cosx sin 2 2 x  1  2 cos2 ( x  )  sin 2 x sin x  cosx sin 2 2 x  1  1  cos(2x  4 2  sin 2 x sin x  cos x sin 2 2 x  sin 2 x  0  sin 2 x(sin x  cos x sin 2 x  1)  0 sin 2 x  0 (1)  3 0.25 2 sin x  sin x  1  0 (2)
k 0.25 Giải (1) được: x  (k  Z ) 2  0.25 Giải (2) được: x   k 2 ( k  Z ) 2 2. 1 x  x 2 2 1điểm Giải phương trình: 4  4 x x  5 4 2 PT  x 2  x  4 x  x  5 0.25 4 2 4 Đặt 4 x x  t (t  0) PTTT:  t  5  t 2  5t  4  0  t  1Vt  4 đều thỏa mãn 0.25 t 2 x Với t  1  4 x  1  x2  x  0  x  0 V x  1 0.25 2 x 1 5 Với t  4  4 x  4  x2  x  1  x  2 0.25 CâuIII e 1 4x 0.5 1 điểm Ta có I  lim ( 1 x  1 x) x 0 ( 1  x  1  x )( 1  x  1  x ) e4 x  1 = 2. lim lim ( 1  x  1  x ) = 2.1.(1+1) = 4 0.5 x 0 4 x x 0 CâuIV 1. 1 điêm -Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ 0.25 A C đứngAA’(A’B’C’) A’B’ là hình chiếu của AB’ trên (A’B’C’) góc giữa B AB’ và đáy là góc giữa AB’ và A’B’ và bằng góc AB’A’=600 - Xét tam giác AA’B’ có AA’=A’B’tan600=a 3 mà CC’=AA’= 0.25 a 3 - Ta có: V ABC. A'B 'C '  V A. A'B 'C '  V B '. ABC  V ACC 'B ' 1 màV A. A'B 'C '  V B '. ABC  3V ABC . A'B 'C ' 0.25 A’ C’ V 1 1 600 A.CC ' B '  V ABC . A'B 'C '  s A'B 'C ' .CC ' 3 3  a 2 0.25  B’ 4 V V V Câu V Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m  x 1  x 2  1  x 2 (1) 1đ PT (1)  m  1  x 2  x 1  x 2  (1  x) 1  x 2 0.25 Đặt f ( x)  (1  x) 1  x 2 , có x  1 x 1  x2  x  x2 2x 2  x 1 0.25 f ' ( x)   1  x  (1  x) 2   , f ' ( x)  0   1 x 2 1 x 2 1 x 2 x   1  2
Bảng biến thiên: X -1 -1/2 1 Y’ || + 0 - || Căn cứ bảng biến thiên thấy PT đã cho có nghiệm khi 0.5 Y 3 3  3 3  4 m  0;   4  0 0 CâuVIa - Từ PT đường thẳng ∆  x  5 y  2 thế và PT đường tròn (C) được: 1. 1 điểm (5 y  3) 2  ( y  2) 2  13 y  0  x  2 - 26 y 2  26 y  0   . Các giao điểm là: (2;0),(-3;-1)  y  1  x  3 0.5 - (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R= 13 B C - Tam giác ABC nội tiếp (C) và vuông tại B  AC là đường kính  A, C đối xứng nhau qua I. - B(2;0) A(-3;-1) C(1;5) 0.25 I - B(-3;-1) A(2;0) C(-4;4) A 0.25 2. 3. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như 1 điểm đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ ? - Vì bó hoa có 7 bông, trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ bó hoa có thể có 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng 0.25 hoặc 3 bông hồng vàng và 4 bông hồng đỏ hoặc 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ. - Vậy có C5 C 4 C3  C5 C 4  C54C 4  150 3 3 1 3 4 3 0.25 CâuVIIa x 2  6 y  0  x2  6y  y  3   Giải hệ phương trình:  Đặt đkxđ x  y  0  x y  x y 4  x  y  0 0.25  y  3  0  y  3  y  3  y  3  2  2  2 Hpt   x  6 y  y  6 y  9   x  y  9   x  9  y   y  4  2 2 2   2 2 2 x  10 x  5 x  5 0.25 2 x  2 x  y  16     Vậy hệ PT có nghiệm 0.5 CâuVIb 3 x  y  0 x  0 1. Tọa độ điểm D là:   => D(0;0)  O 1 điểm x  2 y  0 y  0 ur uu r Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1  3; 1 , n2 1; 2  0.25 1 cosADB= => ADB=45 0 =>AD=AB (1) 2 Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD=450 =>  BCD vuông cân 1 3. AB 2 tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: S ABCD   AB  CD  AD   24 2 2 0.25
=>AB=4=>BD= 4 2  x  Gọi tọa độ điểm B  xB ; B  , điều kiện xB>0  2   8 10 uuu r xB   xB   2 (loai )  8 10 4 10  0.25  5 => BD  xB     4 2   2 Tọa độ điểm B   5 ; 5    2   8 10    xB  (tm)  5 uuu r Vectơ pháp tuyến của BC là nBC   2;1 => phương trình đường thẳng BC là: 2 x  y  4 10  0 0.25 10 10 2. 1 điểm  Có: 1  2 x  3 x 2    3 x 2  1  2 x     2 10 0.25 10 9  C10 1 2x  C10 1 2x 3x2  C10 1 2x 3x2 ......  C10 3x2 0 1 2 10 8     ------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0 0 1 2 2 3 3 4 4 10 10   C10  C10  C10 2 x  C10  2 x   C10  2 x   C10  2 x   .....  C10  2 x     1 2 0 1 2 2 9 9 2 2 2 0 1 2 2 C10 3 x  C 9  C 9 2 x  C 9 (2 x )  ...  C 9 (2 x )   C10 (3 x )  C8  C8 2 x  C8 (2 x )  ...     10 2 10  ...  C10 (3 x ) 0.25 4  HÖ sè cña x lµ : 0 4 4 1 2 2 2 0 C10C10 2  C10 .3.2 .C9  C10 .9.C8  16.1.210  3.4.1.36  9.1.45  8085 - ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Áp dụng khai triển được: ( x + 2x + 3x2)n = a0 + a1x + a2x2 +… + a2nx2n 0.5 S  a 0  a1  ....  a 2 0 = f(1) = (1 + 2 + 3)10 =610 Câu VII.b Với x thuộc TXĐ BPT(1)  1 + log3(2x - 7)  3  log3(2 x - 7)  2  2 x-7  9  2x  16  x  4. 0.5 Thử lại với x4 thỏa mản. 0.5 Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương