Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 25

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 6
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 20 - đề 25', 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 20 - Đề 25

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) x1 Cho hàm số : y  (C) 2x  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II:(2 điểm) sin 2x cos2x 1. Giải phương trình:   tgx  cot x cos x sin x 4 2. Giải phương trình: 2  log 3 x log 9 x 3  1 1  log 3 x Câu III: (2 điểm) sin 2 xdx 1.TÝnh nguyªn hµm: F ( x)   3  4 sin x  cos 2 x 2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: x 1  x  2  x  3 Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chó ý:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®îc chÊm A. Theo chương trình chuẩn Câu Va : 1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A3  8C2  C1  49 . n n n 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Giải phương trình : log 3 x  12  log 3 2 x  1  2 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB, SD. Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK. ………………… …..………………..Hết…………………………………….
(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Híng dÉn chÊm m«n to¸n C©u ý Néi Dung §iÓm I 2 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) 1  TX§: D = R\ {-1/2} 0,25 3  Sùù BiÕn thiªn: y ,  2  0 x  D 2 x  1 1 1 Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (   ;  ) va (  ;   ) 2 2 + Giíi h¹n ,tiÖm cËn: 0,25 lim  y   1 x 2 lim y    §THS cã tiÑm cËn ®øng : x = -1/2 1 x  2 1 lim y   x  2 1 lim y    ®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2 x  2 + B¶ng biÕn thiªn: x  -1/2  y’ - -  -1/2 0,25 y  -1/2
 §å ThÞ : y 0,25 1 x -1/2 0 1 I -1/2 2  1  Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A  ,0   2   1 Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x    2  x  1  1  2x  1  k  x  2   0,25 () tiếp xúc với (C)     /  x  1     k coù nghieäm  2x  1  
 x 1  1  2 x  1  k  x  2  (1)      3  k (2) 0,25  2 x  12  Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là  1 3 x   x  1 2   2 2x  1  2x  1 1 1 3  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  2 2 2 0,25 5 1 x . Do đó k   2 12 1 1  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x   12  2 0,25 II 2 1 sin 2x cos 2 x 1. Giải phương trình:   tgx  cot gx (1) cos x sin x 0,25 cos 2x cos x  sin 2 x sin x sin x cos x (1)    sin x cos x cos x sin x cos2x  x  sin2 x  cos2 x   sin x cos x sin x cos x  cos x   cos 2x  s in2x  0 0,25  2 cos2 x  cos x  1  0  s in2x  0 1 0,25  cos x  ( cos x  1 :loaïi vì sin x  0) 2  0,25 x  k 2 3 2 4 2. Phương trình: 2  log3 x  log9 x 3   1 (1) 1  log3 x 1 4 (1)  2  log3 x   1 0,25 log3 9x 1  log3 x
2  log3 x 4 0,25   1 2  log3 x 1  log3 x đặt: t = log3x 2t 4 0,25 thành   1  t 2  3t  4  0 2  t 1 t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)  t  1 hay t  4 1 0,25 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x  4  x  hay x  81 3 III 2 1 1 sin 2 xdx 2 sin x cos xdx Ta cã F ( x )   3  4 sin x  (1  2 sin 2 x )   2 sin 2 x  4 sin x  2 0,25 §¨t u = sinx  du  cos xdx O,25 udu du du F ( x )  G (u )      u  1 2 u 1 (u  1)2 0,25 Ta cã: 1  ln u  1  c u 1 1 0,25 VËy F ( x )  ln sinx  1  c sin x  1 2 1 §k: x  3 0,25  x 1  x  2  x  3 Bpt  2 x 2  5 x  6  4  x
4  x  0 0,25  2 3x  12 x  8  0 3  x  4 0,25   6  2 3 62 3  x  3 3 0,25 62 3  3 x  3 IV 1  2x  5y  2  0  . Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) y2 0,25 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2 0,25   (1) 3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x 2 0,25 C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C   2 0,25  x  3  y B  2  2x C 2  B  4 x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) V.a 3 1 1
1. Điều kiện n  4 0,25 n n  Ta có: x  2  2  C x k 2k n k n 2 k 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2 n  4 n Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2 n  4 0,25 n Ta có: A3  8Cn  C1  49 n 2 n 0,25  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 0,25 Nên hệ số của x là 8 C4 2 3 7  280 2 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 0,25 R 3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. AB 3 0,25 Ta có AH  BH   2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. 0,25 Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2  3 2 3 2 0,25 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3    2  2    2 2 Ta có: MI   5  1  1  2  5 3 7 3 13 0,25 và MH  MI  HI  5   ; MH '  MI  H ' I  5   2 2 2 2
3 49 52 0,25 Ta có: R1  MA 2  AH 2  MH 2  2    13 4 4 4 3 169 172 R2  MA'2  A' H'2  MH'2   2   43 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 0,25 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 V.b 3 1 1 2 1. Giải phương trình: log3 x  1  log 3 2x  1  2 0,25 1 §k:  x  1 2  2 log3 x  1  2 log3  2x  1  2  log3 x  1  log3  2x  1  1  log3 x  1  2x  1  log3 3 0,25  x  1  2x  1  3 0,25 1   x 1  2 2x 2  3x  4  0 (vn)  hoac x 1  2x 2  3x  2  0 x2 0,25 2 2 +BC vuông góc với (SAB) 0,25  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) 0,25
SB2  AB2  SA 2  3a2  SB = a 3 a 6 2a 3 2a 3 0,25 AH.SB = SA.AB  AH=  SH=  SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) HK SH 2a 2 0,25 Ta có HK song song với BD nên   HK  . BD SB 3 kÎ OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy ra OE lµ ®êng cao 0,5 cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 0,25 2 4a 2a AM2  AH 2  HM 2   AM= 9 3
1 1a 1 a3 2 0,25 VOAHK  OE.SAHK  . HK.AM  (®vtt) 3 32 2 27 S K I M H E A D O M C