Đề thi thử ĐHCĐ chuyên Lương Thế Vinh 2008-2009

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

Thêm vào BST

Báo xấu

171
lượt xem 24
download

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:

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

Lưu

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

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
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
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
 −→ −  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
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