ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN 2013 ĐỀ SỐ 1

Chia sẻ: Tran Quyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y f x x 4 2 m 2 x 2 m2 5m 5 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để ®å thÞ hµm sè có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình: 2/ Gi.i bÊt ph-¬ng tr×nh

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN 2013 ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y f x x 4 2 m 2 x 2 m2 5m 5 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để ®å thÞ hµm sè có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. x y x2 y2 12 Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình: y x2 y2 12 2/ Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh : log 2 x log 2 x 2 2 3 5 (log 4 x 2 3) Câu III (1.0 điểm) T×m x (0; ) tho¶ m·n ph-¬ng tr×nh: cot x - 1 = cos 2 x 1 sin 2 x sin 2 x . 1 tan x 2 2 Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I cos 2 x cos 2 xdx 0 a Câu V(1.0 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = , SA a 3, 2  SAB  SAC 300 . Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA ( MBC ) . TÝnh VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x y 1 0 và phân giác trong CD: x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10. Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). B/ Phần đề bài 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, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10. Trang 1
x2 2x 2 Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + 3. x 1 Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 Câu ý H-íng dÉn gi¶i chi tiÕt PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I 1 Cho hàm số f x x 4 2 m 2 x 2 m 2 5m 5 ( C ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn của hàm số: * Giíi h¹n tại v« cực: lim f x : lim f x x x * B¶ng biÕn thiªn: f ' x y' 4 x 4 x 4 x x 2 1 3 y' 0 x 0; x 1; x 1 x -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 Hµm sè ®ång biến trªn mỗi kho¶ng 1;0 vµ 1; , nghịch biến Trªn mỗi khoảng ; 1 và 0;1 Hà m số đạt cực tiểu tại x 1; yCT 0 , đạt cực đại tại x 0; y CD 1 3* §å thÞ: 3 4 3 4 * Điểm uốn: y ' ' 12 x 2 4 , các điểm uốn là : U 1 ; ,U 2 ; 3 9 3 9 * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hà m số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy là m trục đối xứng * Đồ thị: 8 6 4 2 -5 5 -2 -4 Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam 2 giác vuông cân. Trang 2
x 0 * Ta có f ' x 4 x3 4 m 2 x 0 x2 2 m * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: A 0; m 2 5m 5 , B 2 m ;1 m , C 2 m ;1 m * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: 3 AB. AC 0 m 2 1 m 1 vì đk (1) Trong đó AB 2 m ; m 2 4m 4 , AC 2 m; m 2 4m 4 Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. Câu II 1 x y x2 y2 12 Giải hệ phương trình: y x2 y2 12 * Điều kiện: | x | | y | u x2 y2 ; u 0 Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có v x y u v 12 1 u2 y v . Hệ phương trình đã cho có dạng: u u2 2 v v 12 2 v u 4 u 3 hoặc v 8 v 9 u 4 x2 y2 4 u 3 x2 y2 3 + (I) + (II) v 8 x y 8 v 9 x y 9 Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5; 4 2 Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh : log 2 x log 2 x 2 3 5 (log 4 x 2 3) 2 x 0 §K: log 2 x log 2 x 2 3 0 2 BÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho t-¬ng ®-¬ng víi log 2 x log 2 x 2 2 3 5 (log 2 x 3) (1) ®Æt t = log2x, BPT (1) t2 2t 3 5 (t 3) (t 3)(t 1) 5 (t 3) Trang 3
t 1 t 1 log 2 x 1 t 3 3 t 4 3 log 2 x 4 (t 1)(t 3) 5(t 3) 2 1 0 x 1 2 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: (0; ] (8;16) 2 8 x 16 Câu III T×m x (0; ) tho¶ m·n ph-¬ng tr×nh: cos 2 x 1 Cot x - 1 = sin 2 x sin 2 x . 1 tan x 2 sin 2 x 0 sin 2 x 0 §K: sin x cos x 0 tan x 1 cos x sin x cos 2 x.cos x Khi ®ã pt sin 2 x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos2 x sin x cos x sin 2 x sin x cos x sin x cos x sin x sin x(1 sin 2 x) (cos x sin x)(sin x cos x sin 2 x 1) 0 (cos x sin x)(sin 2 x cos 2 x 3) 0 cos x sin x 0 tanx = 1 x k (k Z ) (tm) 4 x 0; k 0 x 4 KL: Câu IV 2 Tính tích phân : I cos 2 x cos 2 xdx 0 2 12 12 I cos 2 x cos 2 xdx (1 cos 2 x) cos 2 xdx (1 2cos 2 x cos 4 x)dx 0 20 40 1 1 ( x sin 2 x sin 4 x) |0 /2 4 4 8 Câu V a Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = , SA a 3, 2   SAB SAC 30 0 . Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA ( MBC ) . TÝnh VSMBC Trang 4
S M A C N B Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã:  SB 2 SA2 AB 2 2SA.AB.cos SAB 3a 2 a 2 2.a 3.a.cos30 0 a 2 Suy ra SB a . T-¬ng tù ta còng cã SC = a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). Hai tam gi¸c SAB vµ SAC cã ba cÆp c¹nh t-¬ng øng b»ng nhau nªn chóng b»ng nhau. Do ®ã MB = MC hay tam gi¸c MBC c©n t¹i M. Gäi N lµ trung ®iÓm cña BC suy ra MN BC. T-¬ng tù ta còng cã MN SA. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a 3 3a 2 MN AN AM AB BN AM a 4 2 16 a 3 MN . 4 1 1 1 a 3 a 3 a a3 Do ®ã VS .MBC SM . MN .BC . . (®vtt) 3 2 6 2 4 2 32 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH Phần lời giải bà i theo chương trình Chuẩn Câu VIa 1 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x y 1 0 và phân giác trong CD: x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm C CD : x y 1 0 C t ;1 t . Suy ra trung điểm M của AC là t 1 3 t M ; . 2 2 t 1 3 t M BM : 2 x y 1 0 2 1 0 t 7 C 7;8 2 2 Trang 5
Từ A(1;2), kẻ AK CD : x y 1 0 tại I (điểm K BC ). Suy ra AK : x 1 y 2 0 x y 1 0. x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1 . x y 1 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của K 1; 0 . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y 4x 3y 4 0 7 1 8 2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + … a15x15 + a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + … a15 + b) Tìm hệ số a10. Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + … a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 + 5 5 i 5 5 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= C5k xk . C5 x2 i C5k C5 x k i 2i k 0 i 0 k 0 i 0 i 3 k 4 k 2i 10 i 4 Theo gt ta cã 0 k 5, k N a10= k 2 0 i 5, i N i 5 k 0 C5 .C5 C52 .C54 C54 .C5 101 0 5 3 CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). Gäi (Q) lµ mÆt ph¼ng cÇn t×m   Ta có AB ( 2,4, 16) cùng phương với a ( 1,2, 8)   mp(P) có VTPT n 1 (2, 1,1)      Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chän VTPT cña mÆt ph¼ng (Q) lµ n 2 (2,5,1)  Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ®i qua A nhËn n 2 (2,5,1) lµ VTPT cã pt lµ: 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0 Phần lời giải bà i theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 1 Cho hình bình hà nh 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 Trang 6
đỉnh C và D.. Ta có:   AB 1; 2 AB 5. Phương trình của AB là : 2x y 2 0 . I d : y x I t; t . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C 2t 1; 2t , D 2t; 2t 2 . 4 Mặt khác: S ABCD AB.CH 4 (CH: chiều cao) CH . 5 4 5 8 8 2 | 6t 4 | 4 t C ; ,D ; Ngoà i ra: d C; AB CH 3 3 3 3 3 5 5 t 0 C 1;0 , D 0; 2 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C ; ,D ; hoặc C 1;0 , D 0; 2 3 3 3 3 2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + … a15x15 + a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + … a15 + b) Tìm hệ số a10. Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + … a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 + 5 5 i 5 5 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= C5k xk . C5 x2 i C5k C5 x k i 2i k 0 i 0 k 0 i 0 i 3 k 4 k 2i 10 i 4 Theo gt ta cã 0 k 5, k N a10= k 2 0 i 5, i N i 5 k 0 0 5 2 4 4 3 C .C 5 5 C .C 5 5 C .C 5 5 101 2 CâuVII.b x 2x 2 Cho hà m số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + 3. Tìm tất x 1 cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2. * Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (C) vµ d1 lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh : x2 2x 2 x m x 1 Trang 7
2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d1 c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt p tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1 2 3 m 2 m 1 2 m2-2m-7>0 (*) m 2m 7 0 Khi ®ã(C) c¾t (d1)t¹i A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Víi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña (1) ) * d1 d2 theo gi¶ thiÕt §Ó A, B ®èi xøng nhau qua d2 P lµ trung ®iÓm cña AB x x x x m 3 3m 3 Th× P thuéc d2 Mµ P( 1 2 ; 1 2 m ) P( ; ) 2 2 4 4 3m 3 m 3 VËy ta cã 3 m 9 ( tho¶ m·n (*)) 4 4 VËy m =9 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. Trang 8