zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI - SỐ 7

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

72
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'thử sức trước kỳ thi - số 7', 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: THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI - SỐ 7

www.laisac.page.tl ĐỀ SỐ 07 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Đ Ề SỐ 07 x 1 Cho hàm số: y  . x 1 1) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm tất cả các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng có hoành độ dương. Câu II: sin x  1 1) Giải p hương trình: 2 1  cos x   cot 2 x  1  . cos x  sin x 3 5  log 3 y  5  log 5 x  2) Giải hệ phương trình:  3 log 5 x  1  log 3 y  1.  Câu III: 1 dx Tính tích phân: I   2x x . e e 0 Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết AB  2a,SA  BC  a, CD  2a 5. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD. Câu V: 9 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm thực: 1  x  4  x  x 2  3x   m. 4 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác ABC biết C  4;3  , đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là x  2y  5  0 và 4 x  3y  10  0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (C) có phương trình x 2  y 2  z 2  2x  2z  2  0. Tìm điểm A thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  6  0 lớn nhất. Câu VII.a: Với các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số và chia hết cho 4? B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  1 và  C 2  : x 2  y2  6x  6y  17  0. Xác định phương trình các đ ường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn trên. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  0;1;1 , B  2; 1;1 , C  4;1;1 và mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z  6  0.    Tìm điểm M trên (P) sao cho MA  2MB  MC đ ạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b: 50 Trong khai triển nhị thức  a  b  , tìm số hạng có giá trị tuyệt đối lớn nhất, cho biết a  b 3. NGUYỄN LƯU ( GV THPT Chuyên Hà Tỉnh)
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 7 Câu I. 1) Bạn đọc tự giải. x0 + 1 . −2 2) Phương trình tiếp tuyến tại điểm ( x 0 ; y0 ) ∈ ( C ) là y = ( x − x0 ) + Tiếp tuyến qua điểm ( x 0 − 1) x0 − 1 2 x0 + 1 M ( 0; m ) ∈ Oy nên thoả mãn m = 2 x0 + ( x 0 − 1) x0 − 1 2 Từ giả thiết, phương trình bậc hai ẩn x 0 f ( x ) = ( m − 1) x 0 − 2 ( m + 1) x 0 + m + 1 = 0 có hai nghiệm dương khác 1, 2 từ đó tính được m > 1  π sin x − 1 2 Câu II. 1) ĐK: x ≠ − + k π; x ≠ k π; k ∈ Z . Biến đổi phương trình thành = ⇔ 1 − cos x sin x + cos x 4 sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0 , đặt t = sin x + cos x với t ≤ 2 ta được nghiệm t = −1 , từ đó kết hợp với π ĐK ta được nghiệm x = − + k 2 π; k ∈ Z  2 2) ĐK: 5 ≤ x ≤ 5 ;3 ≤ y ≤ 35 . Đặt 5 − log3 y = u ≥ 0 5 log5 x − 1 = v ≥ 0 ta được hệ 3u = 4 − v ⇔ [  u = v; u = 3 − v  2 ⇔ u = v =1 . 3u = 4 − v2 3v = 4 − u 2   Từ đó ta được nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ( 5 ;3 )  2 4 e e 1 1 1 dt t = ex ∫ t 3 + t 2 = ∫  t 2 − t + t + 1 dt thì I = Câu III. Đặt  1 1 e +1 1 Từ đó tính được I = ln − −1  2e e Câu IV. Vẽ hình. Chỉ ra SA ⊥ ( ABCD ) . ( 2a 5 ) 1 − ( 2 a ) = 5a , thể tích cần tìm V = SABCD .SA = 2 a3 2 2 Tính được AD = a + 3 Chú ý tam giác ACD vuông tại C , từ đó tâm của mặt cầu là trung điểm I của SD , độ dài bán kính của mặt cầu là SD a 26  r= = 2 2 Câu V. ĐK: −4 ≤ x ≤ 1 . Đặt u = 1 − x ; v = 4+x (1) u + v = 5 2 2 0 ≤ u; v ≤ 5 . Ta có hệ  Từ (1) ta có u + v = 5 + 2uv do với  25 − ( uv ) = m (2) 2 u + v +  4 u+v ≥ 0 , thay vào (2) và đặt  5 25 − 4t 2 = m với t = uv . Dễ thấy t ∈  0;  . 1 f ( t ) = 5 + 2t +  2 2 1 2t Từ f ' ( t ) = − =0 5 + 2t 25 − 4t 2   Ta tìm được t = 21 − 1 ∈  0; 5  , lập bảng biến thiên ta thấy m ∈  10; 18 + 2 21 + 78 + 2 21  phải tìm   2   4   2 4   Câu VIa. 1) Có thể coi đỉnh A có đường phân giác và đường trung tuyến đã cho đi qua, suy ra A ( 9; − 2 ) do đó AC : x − 4 = y − 3 . phương trình cạnh −5 5
qua đường phân giác, ta tìm được toạ độ D ( 2; − 1) ∈ AB , do đó phương trình cạnh D C Gọ i là điểm đối xứng của x − 2 y +1 = AB: . −1 7 Từ toạ độ B ( 2 + 7t; − 1 − t ) và trung điểm của BC thuộc đường trung tuyến ta tính được t = −2 , hay toạ độ x −4 y −3  B ( −12;1) , do đó phương trình cạnh BC : = 16 2 2) Mặt cầu ( C ) có tâm I (1;0; −1) .  x = 1 + 2t là  y = −2t A d I và vuông góc với ( P ), phương trình d Điểm phải nằm trên đường thẳng qua   z = −1 + t   7 4 1   1 4 5  , và với ( P ) ;− ;− , N  − ; ;−  d với ( S ) ta có các giao điểm M  Từ hệ phương trình giao điểm của 3 3 3  3 3 3 ta có giao điểm C  − 5 ; 14 ; − 16  . Từ thứ tự của các điểm là A≡M M ; I ; N; C ta có   99 9 xab = x.100 + ab⋮ 4 ⇔ ab⋮ 4 (*) , dễ thấy b ∈ {0;4} Câu VIIa. Số dạng xyz 04 , xyz 44 với x ≠ 0 số các số này là 4.4.5.5 = 400 (số)  Từ (*) số phải tìm có dạng xyz 40 , xyz 00 , Câu VIb. 1) Đường tròn ( C1 ) có tâm là điểm O , có bán kính r1 = 1 , đường tròn ( C2 ) có tâm là điểm O2 ( 3; −3 ) , r2 = 1 = r1 . Vậy ( C2 ) là ảnh của ( C1 ) qua phép đối xứng tâm I  3 ; − 3  và đường thẳng dạng có bán kính   2 2 x = x 0 không thể là tiếp tuyến chung. Trường hợp đường thẳng d phải tìm song song với OO2 , thì phương trình d có dạng x + y + c = 0 , từ khoảng bằng r1 = 1 , tìm được c = ± 2 . O tới d cách từ có dạng y = k  x − 3  − 3 ⇔ 2 kx − 2 y − 3 ( k + 1) = 0 , từ khoảng cách từ d qua I , phương trình d Trường hợp    2 2 r1 = 1 , tìm được k = −9 ± 56  O tới d bằng 5 IB , thì toạ độ I ( 2;1;1) , H ( 2;0;1) . Ta có MA + 2 MB + MC = I ; H lần lượt là trung điểm của AC 2 ) Gọ i và 2 MI + MB = 4 MH nhỏ nhất khi M là hình chiếu của H lên ( P ) . Từ đó tìm được M ( 3; 1; 2 )  50 (a + b) = ∑ C50 ai b50−i . Giá trị tuyệt đối của số hạng thứ 50 Câu VIIb. Chỉ xét trường hợp a ≠ 0 ⇔ b ≠ 0 ta có i i=0 ( 3) i 50 −i i + 1 là C50 ai b50−i = C50 a b 50 i = C50 i i i b () () i −1 i i− 3 > C501 ta tìm được i = 32  i 3 C50 Từ so sánh NHÓM HỌC SINH 12 A1 (Trường PTDT Nội Trú Thái Nguyên)

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.