Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 16

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

146
lượt xem 46
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 33 - đề 16', 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 33 - Đề 16

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Ngày 20 tháng 3 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3mx  2 (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ 2 2 2 thị hàm số  Cm  cắt đường tròn  x  1   y  2   1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho AB  5   Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin 2 x  2 sin  2 x    5sin x  3cos x  3  4 7 x3  y 3  3 xy ( x  y )  12 x 2  6 x  1  2. Giải hệ phương trình :  ( x, y  ¡ )   3 4 x  y  1  3x  2 y  4  4 x sin x  sin 2 x Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân : I   0 cos 2 x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với đáy , ABCD là hình chữ nhật với AB  3a 2, BC  3a . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa ( ABCD ) với ( SBC ) bằng 600 . Chứng minh rằng (SBM )  ( SAC ) và tính thể tích tứ diện SABM . Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thoả mãn x  y  1 . Tìm GTNN của biểu thức: P  3 1  2 x 2  2 40  9 y 2 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M (0, 1) . Biết AB  2 AM , đường phân giác trong AD : x  y  0 ,đường cao CH : 2 x  y  3  0 . Tìm toạ độ các đỉnh. 1 1 3. Giải phương trình : log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1)8  log 2 4 x 2 4 Câu VII.a ( 1 điểm) n 2  n  1 4 Tìm hệ số chứa x trong khai triển  1  x  3 x 2  biết : Cnn 4  Cnn3  7(n  3)  6  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  25 , điểm M (7;3) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA  3MB   2. Giải phương trình: log 5 3  3x  1  log 4  3x  1 Câu VII.b ( 1 điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh: Cn0  2Cn  3Cn2  ...  (n  1)Cnn  (n  2)2 n1 1 -----------Hết--------- (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:……………………….. HƯỚNG DẪN GIẢI 3 Câu 1: 1, Khi m  1 ta có hàm số y  x  3 x  2
TXĐ: D=R Sự biến thiên 2 Đạo hàm: y '  3 x  3, y '  0   x; y   1;0  ,  1;4  Giới hạn: lim y   ; lim y   x x  Bảng biến thiên: x  1 1  y'  0  0  4  y  0 Hàm số đồng biến trên  ; 1 ; 1;   Hàm số nghịch biến trên  1;1 Hàm số đạt cực đại tại x  1; yCD  4 Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; yCT  0 Đồ thị: y f(x)=x^3-3x+2 10 8 6 4 2 x -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 2 Câu 1: 2, + Ta có y '  3 x  3m Để hàm số có cực trị thì y '  0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là I  : 2mx  y  2  0 Điều kiện để đường thẳng  cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là d  I ,   R : 2m  2  2 A H B   1  2m  4m 2  1  0  1, m 4m 2  1 AB 2 2 6 2 2 6 Gọi H là hình chiếu của I trên AB . Ta có IH  R   . Theo bài ra d ( I , )  4 5 5 2m 2 6 m  6    m2  6   Vậy m  6 là giá trị cần tìm . 4m 2  1 5  m   6 (L)    Câu 3: 1. GPT : 2sin 2 x  2 sin  2 x    5sin x  3cos x  3 (1)  4
(1)  2sin 2 x  sin 2 x  cos2 x  5sin x  3cos x  3  6sin x cos x  3cos x  (2sin 2 x  5sin x  2)  0  3cos x(2sin x  1)  (2sin x  1)(sinx  2)  0  (2sin x  1)(3cos x  sinx  2)  0 1  sinx  ,sinx  3cos x  2 2 1  5 + sin x   x   k 2 , x   k 2 ; k ¢ 2 6 6 2 1 2 sinx  3cos x  2  sin( x   )  ,(cos  )  x    arcsin  k 2 10 10 10 2 x      arcsin  k 2 , k  ¢ 10 Vậy pt có 4 họ nghiệm :  5 2 2 x  k 2 , x   k 2 , x    arcsin  k 2 ,     arcsin  k 2 ; k  ¢ 6 6 10 10  3 3 2 7 x  y  3 xy ( x  y )  12 x  6 x  1 (1) Câu 2: 2. Giải hệ :  ( x, y  ¡ )   3 4 x  y  1  3 x  2 y  4 (2) Giải: ĐK 3 x  2 y  0 (1)  8 x 3  12 x 2  6 x  1  x 3  3 x 2 y  3xy 2  y 3 3 3   2 x  1   x  y   2 x  1  x  y  y  1  x 3 + Với y  1  x thay vào (2) ta được : 3x  2  x  2  4 3 a  b  4 a  2  3 3 x  2  2  Đặt a  3 x  2, b  x  2 (b  0) . Ta có hệ :  3 2    x2  a  3b  4 b  2  x  2  2  x  2 + x  2  y  1 . Vậy nghiệm của hệ là:   y  1  4 x sin x  sin 2 x Câu 3: Tính I   dx 0 cos 2 x     4x sin x 4 sinx x sin x 4 4 sinx + Ta có I   2 dx  2  dx Đặt I1   2 dx; I 2  2  dx 0 cos x 0 cos x 0 cos x 0 cos x sinx 1 +Tính I1 : Đặt u  x  du  dx; v   2 dx    cos 2 xd (cos x )  cos x cos x     x 4 dx x 1 1  sinx  2 1 2 2  I1  4  4  ln 4  ln cos x 0 cos x cos x 2 1  sinx 4 2 2 2 0 0 0   4d (cos x) 2 + Tính I 2  2   2ln cos x 4  2ln 0 cos x 2 0  2 1 2 2 2 Vậy I  I1  I 2   ln  2ln 4 2 2 2 2
S A B I D C M Câu 4: Gọi I  BM  AC ,suy ra I là trọng tâm của tam giác BCD 1 a 6 1 18a 2  IM  BM  ; IC  AC  a 3  IM 2  IC 2   CM 2  BM  AC 3 2 3 4 Mặt khác BM  SA  BM  ( SAC )  ( SBM )  ( SAC ) 1 1 9a 2 2 + Ta có S ABM  AB.d ( M , AB )  3a 2.3a  2 2 2 · Theo bài ra SBA  600 . Xét tam giác vuông SAB có 0 1 9a 2 2 SA  AB tan 60  3a 6  VSABM  3a 6  9a 3 3(dvtt ) 3 2 a12 a22 (a1  a2 ) 2 a1 , a2 , b1 , b2  ¡ Câu 5: + Ta dễ dàng CM được B Đ T sau:   ;  b1 b2 b1  b2 b1 , b2  0 (Tuyệt phẩm Svac-xơ) 2 32 4 x 2 (3  2 x )2 3 +Ta có 3 1  2 x  3  3  (3  2 x) (1) 9 2 11 11 2 402 36 y 2 (40  6 y ) 2 11 2 40  9 y  2  2  (40  6 y ) (2) 40 4 44 11 3 11 11 11 +Từ (1),(2)  P  (3  2 x)  (40  6 y )  (49  6 x  6 y )  5 11 11 11 11 1 1 + Dấu đẳng thức xẩy ra   x; y    ;   3 3 Câu 6a: 1, Gọi M 1 là điểm đối xứng với M qua r r AD  n MM1  u AD  (1,1)  MM 1 :1( x  0)  1( y  1)  0  x  y  1  0 Gọi I  AD  MM 1  toạ độ I là nghiệm của hệ x  y 1  0 1 1 1 1   x   , y    I ( ;  )  M 1 (1;0) x  y  0 2 2 2 2 v r n AB  u CH  (1;2)  AB : 1( x  1)  2( y  0)  0  x  2 y  1  0
Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ  x  2 y  1 uuuu r r   A(1;1)  AM  (1; 2)  n AC  (2; 1)  AC : 2( x  1)  1( y  1)  2 x  y  1  0 x  y  0  2 x  y  3 1 x 1 Toạ độ C là nghiệm cuả hệ   C ( ; 2) vì B  AB  B( x0 ; o ) 2 x  y  1 2 2 uuur x0  1 uuuu r x  5  B(5;3) (KTM)  AB( x0  1; ); AM (1, 2)  AB  2 AM  ( x0  1) 2  16   0  2  x0  3  B(3; 1) 1 Vì B, C phải khác phía với AD  B(5,3) không TM. Vậy A(1;1); B (3; 1); C ( ; 2) 2 x  0 Câu 6a: 2. ĐK  ta có  (1)  log 2  ( x  3) x  1   log 2 4 x  ( x  3) x  1  4 x : x  1  x  1  ( x  3)( x  1)  4 x x  3    0  x  1   x  3  2 3  ( x  3)(1  x )  4 x  Câu 7a: ĐK: n  0 (n  4)! (n  3)!   (1)    7(n  3)  (n  4)(n  2)  (n  1)(n  2)  42  n  12 n  ¢ (n  1)!3! n !3! 2 10 0 10 1 9 2 2 8 4 + Với n  12   (1  2 x )  3 x   C10 (1  2 x)  C10 (1  2 x) .3 x  C10 (1  2 x) 9 x  ...   0 10 0 0 1 2 2 3 3 4 4 Ta có: C10 (1  2 x )  C10 C10  C10 2 x  C10 4 x  C10 8 x  C1016 x  ...   3 x 2C10 (1  2 x )9  3 x 2C10 C90  C9 2 x  C92 4 x 2  ... ;9 x 4C10 (1  2 x)8  9 x 4C10 C80  ... 1 1  1  2 2   4 0 4 1 2 2 0 Vậy hệ số của số hạng chứa x là : C10C1016  3C10C9 4  9C10C8  8085 Câu 6b: 1, : I M A H B 1. Đường tròn (C ) : I (1, 1); R  5; MI 52  5  M nằm ngoài đường tròn 2 2 2 Ta có MA.MB  MI  R  27  3MB  27  MB  3  MA  9  AB  6 2 AB 2 Gọi H là trung điểm của AB  IH  R  4 r 4 2 2 Gọi đường thẳng đi qua M (7,3) có vtpt n ( A, B),( A  B  0)   : Ax  By  7 A  3B  0 . Theo trên ta có : A  0 A  B  7 A  3B d ( I , )  IH  4   4  5 A  12 AB  0   2 12 B A2  B 2 A    5
12 B + Với A  0   : y  3 + Với A     :12 x  5 y  69  0 5 Câu 6b: t x x t t t 1 2 t 2, Đặt log 4 (3  1)  t  3  4  1  (1)  log 5 (3  2 )  t  3  2  5  3. t     1 (*) 5 5 t 1 2 Xét hàm f (t )  3. t    là hàm nghịch biến . Mà f (1)  1  t  1 là nghiệm duy nhất của phương trình 5 5 (*) + Với t  1  x  1 n 0 1 2 2 3 3 n n Câu 7b: + Ta có : x (1  x)  xCn  xCn x  xCn x  xCn x  ...  Cn x (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: (1  x) n  nx(1  x)n 1  Cn0  2Cn  3Cn2 x 2  ...  (n  1)Cnn x n (2) 1 Thay x  1 vào (2)  dpcm