Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 67

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tổng hợp đề thi thử đh môn toán các khối đề 67', 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: Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 67

TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = – x3 + 3x – 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số; b) Xác định m (m  ) để đường thẳng d: y = mx – 2m – 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt trong đó có đúng một điểm có hoành độ âm. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4sin 2 x sin x  2sin 2 x  2sin x  4  4 cos 2 x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 x( x  2)  3 x 3  1 (x  ). e2 1  dx x ln 2 x 2  1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   2 . 0 x 1  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng a, BAD  900 , A ' AB    600 . Tính thể tích khối tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’.  A ' AD Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện: a 2  3b 2  ab  2 và b  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a 2  ab  2b 2 . II. Phần riêng (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu 7A (1,0 điểm). Trong mặt Oxy cho A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc đường thẳng AB, AC lần lượt tại B, C. Câu 8A (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 2 = 0 và điểm A(2; –3; 0). Gọi B là điểm thuộc tia Oy sao cho mặt cầu tâm B, tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính bằng 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với mặt phẳng (P) và qua AB.   n Câu 9A (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển   x  1  , biết rằng tổng các hệ số     24 x  của khai triển a  b bằng 4096 (n  *, x > 0). n B. Theo chương trình nâng cao Câu 7B (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1; 3). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích của tam giác OAB nhỏ nhất và M thuộc đoạn AB. Câu 8B (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0), B(0; 2; 0). Tìm toạ độ điểm C thuộc trục Oz sao cho tam giác ABC là tam giác đều, và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm O tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC. Câu 9B (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có: 12 Cn  22 Cn  ...  n 2Cn  n  n  1 .2n 2 1 2 n --------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:………………………………………………, số báo danh:……………. Cảm ơn (gocnho@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2013 Câu, ý NỘI DUNG Điểm 3 1.a) Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số y = – x + 3x – 1 1,0 +) TX§:  + ) Giíi h¹n : lim y  ; lim y   0,25 x  x  +) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã : y’ = -3x2 +3 ; y’ = 0  x = - 1 hoÆc x = 1. 0,25 x  -1 1  y’ - 0 + 0 - y + 1 -3 - 0,25 Hµm sè nghịch biÕn trªn mçi kho¶ng  ; 1 vµ 1;   , đồng biÕn trªn kho¶ng y ( 0; 2) 8 Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 1, yCD = 1 Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = -1, yCT = - 3 6 4 +) Đồ thị 2 x Giao điểm với trục tung: (0; – 1) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 Đồ thị qua (–2; 1), (2; – 3). -2 0,25 -4 -6 -8 1.b) d: y = mx – 2m – 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt … 1,0 PT hoành độ giao điểm của d và (C): x 3  (m  3) x  2  2m  0  ( x  2)( x 2  2 x  m  1)  0 x  2 0,25  2  x  2 x  m  1  0(*) YCBT tương đương với (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và có đúng 1 nghiệm âm Ta xét 2 trường hợp: 0,25 P  m 1  0 + (*) có 1 nghiệm âm và 1 nghiệm bằng 0    m  1 . 0,25  S  2  0 P  m 1  0  m  1 + (*) có 2 nghiệm trái dấu và khác 2   2   2  2.2  m  1  0 m  9 0,25 KL: m  1& m  9 . 2 Giải phương trình 4sin 2 x sin x  2sin 2 x  2sin x  4  4 cos 2 x 1,0 Ta có 4sin 2 x sin x  2sin 2 x  2sin x  4  4 cos 2 x   2sin x  1 2 sin 2 x  1  3  4 cos 2 x 0,25   2sin x  1 2sin 2 x  1  4sin 2 x  1   2sin x  1 2 sin 2 x  1   2 sin x  1 2 sin x  1 0,25   2sin x  1 [ 2 sin 2 x  1   2 sin x  1]  0  (2 sin x  1)(2sin 2 x  2 sin x )  0  7 * 2sinx + 1 = 0  x = – + k2 hoặc x =  k 2 . 0,25 6 6  2 * 2sin2x – 2sin x = 0 sin2x = sinx  x = k2 hoặc x = k . 3 3
Vậy phương trình có các họ nghiệm 0,25  7  2 x = – + k2, x =  k 2 , x = k2, x =  k . (k ) 6 6 3 3 Ghi chú: HS có thể đưa tất cả về dạng tích  2sin x  1 2 sin x  2 cos x  1  0 3 Giải phương trình 2 x( x  2)  3 x 3  1 1,0 Điều kiện: x  – 1. 0,25 PT  2( x  1)  2( x 2  x  1)  3 ( x  1)( x 2  x  1) (*) Đặt u  x 2  x  1; v  x  1  u  0; v  0  . Phương trình (*) trở thành 0,25 2u2 – 2v2 = 3uv u  2 v  v   u  2v   u    0    2 u   v   2 0,25 v Do u  0, v  0 nên chọn được u = 2v. Trường hợp u = –  u = v = 0, không 2 xảy ra vì u > 0,  x.  5  37 x  2 Khi đó, (*)  x 2  x  1  2 x  1  x 2  5 x  3    5  37 0,25 x   2 Các nghiệm thỏa đk. Vậy PT có các nghiệm như trên. 4 e 2 1  dx x ln 2 x 2  1 1,0 Tính tích phân I  0 x2 1 2 xdx + Đổi biến: t = ln(x2+1)  dt  x2 1 0,25 + Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 0 ; khi x = e2  1 thì t = 2. 2 1 + Đưa về tích phân I =  t 2 dt 0,25 20 t3 2 8 =  0,25 6 0 6 4 Vậy I = . 0,25 3 5 Thể tích tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’. 1,0 * Tính thể tích khối tư diện A’ABD. Ta có ABA’ và ADA’ là các tam giác đều D’ C’ nên A’B = A’D = a. A’ B’ Trong tam giác ABD vuông tại A có BD = a 2 . Vì A’B2 + A’D2 = BD2 nên A’BD là tam giác vuông tại A’. Gọi O là trung điểm BD. D C 1 a 2 O Ta có OB = OD = OA’ = BD  H 2 2 A B và AB = AD = AA’ = a nên AO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD, 0,25 suy ra AO  (A’BD).
1 a 2 Ta có AO = BD  . 2 2 1 1 Tính S A' BD  A ' B. A ' D  a 2 . 0,25 2 2 1 a3 2 Tính thể tích khối chóp: VA '. ABD  VA. A' BD  AO.S A ' BD  . 3 12 * d(AC; B’D’). - Ta có AC và B’C’ chéo nhau. AC  (ABCD) ; B’C’  (A’B’C’D’) và 0,25 (ABCD)//(A’B’C’D’). Do đó d  AC ; B ' C '   d   ABCD  ;  A ' B ' C ' D '    d  A ';  ABCD   3VAA ' BD a 2 - Tính d  A ';  ABD     (Hoặc CM: A’O  (ABCD) S ABD 2 a 2  d  A ';  ABD    A ' O  ). 2 0,25 a 2 Vậy d  AC ; B ' D '  2 6 a, b  , thỏa: a  3b 2  ab  2 và b  0 . Tìm GTLN của P  a 2  ab  2b 2 . 2 1,0 2  1  11 Vì 2  a 2  3b 2  ab   a  b   b 2  0 ,  a, b  , b ≠ 0  2  4 2  1  7 0,25 và a 2  ab  2b 2   a  b   b 2  0, a, b  , b  0  2  4 2 Nên P  a  ab  2b  2  a 2  ab  2b2  a 2  3b2  ab   2  a 2  ab  2b2  a 2  3b 2  ab a 2  3b 2  ab a 2 t 2  t  2 Đặt t  . Khi đó P  2 ,t   . b t t 3 2 t 2  t  2 Xét hàm số f  t   2 . t t 3 0,25 / 2  2t 2  2t  5  / 1  11 Ta có f  t   2 ; f t   0  t  .  t 2  t  3 2 Bảng biến thiên t 1  11 1  11   2 2 f / t  - 0 + 0 - f t  2  2 11  2 11  0,25 11  2 11  2 11  2 11 Do đó, P  f  t    2 11  2 11  11 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
 11  11  11  11 a 2  3b 2  ab  2 a   a    11  11  1  11  hoặc  a  b b   2 11 b  2 11  2    11  11 0,25 Vậy minP =  2 11  2 11 . 11 7A A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0). Đường tròn (C) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại B, C. 1,0 Ta có OB = OC = 1, AB = AC = 5 nên tam giác ABC cân tại A và OA hay Oy là phân giác góc BAC. y2 A Gọi I là tâm đường tròn (C). Vì (C ) tiếp xúc với AB, AC 0,25 lần lượt tại B, C nên IB = IC, IB  AB, IC AC. C O B Vì IB = IC nên I  Oy  I(0; m). x I Ta có IB (1 ; -m), AB (1 ; -2). Do AB, AC đối xứng qua Oy 1 0,25 Nên ycbt  IB  AB  IB  AB  IB . AB =0  m = - -2 2 1 Gọi R là bán kính đường tròn (C), ta có R = IB = IO 2  OB 2  5. 0,25 2 1 1 Vậy đường tròn (C) cần tìm có tâm I( 0 ; - ) bán kính R = 5 có phương trình là 2 2 1 2 5 x2 + ( y + ) = . 0,25 2 4 8A Phương trình mp(α) vuông góc với (P), qua AB, với A(2;–3; 0). 1,0 Vì B thuộc tia Oy nên B(0; y0; 0) với y0  0. 0,25 2 y0  2 Bán kính của mặt cầu tâm B, tiếp xúc với (P) là R = d(B; (P)) = . 3 2 y0  2 Theo giả thiết R = 2  = 2  y0 = 2 hoặc y0 = – 4. 3 Từ đó B(0; 2; 0) 0,25    Ta có BA = (2; – 5; 0), một VTPT của (P) là n = (1; 2; – 2).     0,25 Lý luận đưa đến một VTPT của (α) là n α = [ BA , n ] = (10; 4; 9).  Khi đó, mp(α) qua B(0; 2; 0) và có một VTPT n α = (10; 4; 9) nên pt (α): 10x + 4y + 9z – 8 = 0. 0,25 9A Tìm số hạng không chứa x… 1,0 n Ta có a  b   Cn a nk b k . n k k 0 Do vậy tổng các hệ số khai triển của a  b là n 0,25 C  C  C    C  1  1  2 . 0 1 2 n n n n n n n Theo giả thiết, ta có 2n  4096  n  12. 0,25 Với n = 12, ta có  12  1   1 12 12  1 12k    1 k 12 243k  x  1    x 2  21. x 4    C k  x 2   21. x 4    C k 2k .x 4         0,25       12     24 x          12   k 0  k 0 243k Số hạng tổng quát của khai triển là C12 2k.x k 4 (k   và k  12)
Suy ra số hạng không chứa x tương ứng với số hạng có k thỏa : 24  3k 0,25  0  k  8 (thỏa đk của k). 4 Vậy số hạng không chứa x là : C12 .28. 8 7B Phương trình đường thẳng d qua M(1; 3) và … 1,0 Lập luận M 1;3 có toạ độ dương thuộc góc phần tư thứ nhất và điểm M thuộc đoạn 0,25 AB nên điểm A, B thuộc tia Ox, Oy, suy ra A  a; 0  , B  0; b  với a  0, b  0 . x y Viết phương trình đường thẳng d theo đoạn chắn:   1. a b 1 3 0,25 Lập luận điểm M  d    1. a b 1 3 Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng - trung bình nhân cho hai số dương , ta có: a b 0,25 1 3 3 1= 1   2  ab  12 . a b ab 1 3 1 a  2 ab = 12      . a b 2 b  6 0,25 x y Do đó, phương trình đường thẳng d:   1  6 x  2 y  12  0 . 2 6 8B A(2; 0; 0), B(0; 2; 0). Tìm C và viết pt mặt cầu tâm O tiếp xúc 3 cạnh  ABC 1,0  Tìm toạ độ điểm C. - Lập luận điểm C  Oz nên toạ độ C  0;0; c  0,25 - Viết điều kiện tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi AB  AC  BC  AB 2  AC 2  BC 2  22  22  22  c 2  c  2 - Kết luận : C(0; 0; 2) hoặc C(0; 0; –2).  Viết phương trình mặt cầu(S) - Lập luận được tứ diện OABC đều vì OA  OB  OC  2 và tam giác ABC đều. 0,25 - Gọi I là trung điểm cạnh AB thì OI  AB tại I. 1 1 2 0,25  OI  AB  OA2  OB 2  2  22  2 (tam giác OAB vuông tại O). 2 2 - Lập luận được mặt cầu (S) tâm O, tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC có bán kính R = d(O; AB) = OI = 2 . 0,25 Do đó, phương trình của  S  : x 2  y 2  z 2  2 . 9B 2 1 2 2 2 Chứng minh 1 Cn  2 Cn  ...  n Cn  n  n  1 .2 n n 2 ,  n  * 1,0 0n Từ 1  x   Cn  Cn x  ...  Cn x n . Lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 ta có: 1 n 0,25 n 1 n 1  x   1.Cn  2.Cn2 x  ...  n.Cn x n1 (1) 1 n n 2 n  n  11  x   2.1.Cn  3.2.Cn x  ...  n  n  1 .Cnn x n 2 (2) 2 3 Trong (1) và (2) lần lượt cho x = 1 ta được: 0,25 n2n 1  1.Cn  2.Cn2  ...  n.Cnn (3) 1 n  n  1 2n 2  2.1.Cn  3.2.Cn  ...  n  n  1 .Cn (4) 2 3 n n n n n 0,25 Ta có  k 2Cnk   k  k  1  k  Cnk   k  k  1 Cnk   kCnk k 1  k 1  k 1 k 1 = n(n – 1).2n – 2 + n.2n – 1 (từ (3) và (4)) = n(n + 1).2n – 2. 0,25
WWW.VNMATH.COM 2 1 2 2 2 n n 2 Vậy 1 C  2 C  ...  n Cn  n  n  1 .2 . n n Ghi chú. Có thể chứng minh được (3), (4) chỉ sử dụng công thức tổ hợp. Cụ thể CM được: kCn  nCn 1 (1  k  n) và k (k  1)Cnk  n(n  1)Cn 22 (2  k  n) (n, k  ). Từ k k 1 k đó chứng minh được (3) và (4). Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng. Cảm ơn (gocnho@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl