TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D - MÃ SỐ D7

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tuyển tập đề thi thử đại học năm học 2012 - 2013 môn toán khối d - mã số d7', 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: TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D - MÃ SỐ D7

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ D7 Môn thi: TOÁN; Khối: D Hướng dẫn giải gồm 04 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  x 2  1 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ các điểm A n ằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại A cắt đồ thị (C) tại hai điểm B, C khác A và B, C nằm về hai phía đối với A. Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Tọa độ điểm A thuộc đồ thị A  a; a 4  a 2  1 . Đạo hàm y '  4 x3  2 x . Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm A là d : y   4a 3  2a   x  a   a 4  a 2  1 . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và (C) là x  a 2  4a  2 a   x  a   a 4  a 2  1  x 4  x 2  1   x  a   x 2  2ax  3a 2  a   0   3  f  x   x  2ax  3a  a  0 1 2 2 Hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác a của (1) tương ứng là hoành độ hai điểm B và C .  x1  x2  2a Áp dụng định lý Viete ta có  2  x1 x2  3a  a 1  0  a  2     2 a 2  a  0 1   Theo yêu cầu bài toán thì  0a .   x1  a   x2  a   0 0  a  1 6   6  1 Các điểm A cần tìm thuộc đồ thị hàm số và có hoành độ a thỏa mãn 0  a  . 6 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 10  5 5  x  2 1  x   x    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình x Hướng dẫn: Điều kiện 0  x  5 . Phương trình đã cho tương đương với 10  5 x 5  x  2 x 1  x   2  5  x   5 x 5  x  2 x 2  0 . 1 2 x  5  x 2x  t 5  x  t (t  0) thu được 2t 2  5 xt  2 x 2  0   2 x  t   x  2t   0    Đặt  x  2t  2 x  2 5  x  0  x  5 Phương trình (1) tương đương với  2  x 1. 4 x  5  x 0  x  5  Phương trình (2) tương đương với  2  x  2 6 2. x  4 5  x    Phương trình đã cho có hai nghiệm x  1; 2 6  2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
  Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 8cos3  x    cos3 x . 3  Hướng dẫn:  Đặt x   t  3 x  3t   , phương tình đã cho tương đương với 3 8cos t  cos  3t     8cos3 t  cos3t 3  3cos t  4 cos 2 t  1  0  cos t  2 cos 2t  1  0   x  6  k  cos t  0 t  2  k    k    1  x  k cos2t   t     k   2  2  x    k  3 3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- a Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABC biết AB  AC  a, BC  , SA  a 3 và SAB  SBC  30 . 2 Hướng dẫn: Ta có AB  AC , SAB  SAC , suy ra SAB  SAC , suy ra SB  SC , SM  BC . AB  AC  AM  BC , SC 2  SA2  AC 2  2 SA. AC cos 30  a 2  SC  a  AC  CH  SA  SA   BCH  . HS  HA  VSBCH  VABCH  VSABC  2VSBCH . 15a 2 SM 2  SC 2  CM 2  16 15a 2 3a 2 3a 2 a3 2 2 2 HM  SM  SH     HM  16 4 16 4 1 32 S BCH  BC.HM  a 2 16 a3 a3 1 VSBCH  SH .S BCH   VSABC  3 32 16 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ln 7 ex ex  1 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e2 x  7e x  8 dx . ln 3 Hướng dẫn: ln 7 ln 7 ln 7 ex ex  1 ex ex  1 ex I dx   x dx    2 x  7e x  8 ln 3  e  1  e x  8 ln 3 e x  1  e x  8 dx ln 3 e e x  1  t  e x  1  t 2  2tdt  e x dx; x  ln 7  t  2 2; x  ln 3  t  2 22 22 22  1 t 3  2tdt 1 1 1 1 2   I    dt   ln  ln 5 3  2 2   t 3 t 3 3 t 3  t t  9  3 2 3 2  2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị lớn nhất của x y z P   . 2 2 2 x 1 y 1 z 1 Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x y z x x x P      2 2 2 2 2 2 x 1 y 1 z 1 x  xy  yz  xz x  xy  yz  xz x  xy  yz  xz x y z P    x  y x  z  y  z y  x  z  x z  y 1 x z x x y y z z x y y z P         . . .  x y x z x y y z z y x z 2 x y x z x y y z z y x z  1 x y y z z x 3 P     2 x y y z z x 2 1 3 Giá trị lớn nhất của P là , đạt đư ợc khi x  y  z  . 2 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là x  2 y  5  0 , đ ường cao đi qua A có phương trình 4 x  13 y  10  0 , tọa độ đỉnh C  4;3 . Tìm tọa độ đỉnh B của tam giác. Hướng dẫn:  4 x  13 y  10  0 x  9  A  9; 2   AC : x  y  7  0 Tọa độ đỉnh A thỏa mãn hệ phương trình   x  2 y  5  0  y  2 Gọi E là điểm đối xứng với C qua đường phân giác góc A, suy ra E thuộc AB , F là trung điểm của CE. Phương trình đường thẳng CE qua C và vuông góc với phân giác trong góc A : 2 x  y  5  0 . 2 x  y  5  0  F  3;1  E  2; 1 . Tọa độ F là nghiệm của hệ  x  2 y  5  0 Phương trình đường thẳng AB đi qua hai điểm A, E : x  7 y  5  0 . Phương trình đường thẳng BC đi qua C  4;3 và vuông góc với đường cao đi qua A : 13x  4 y  40  0 . 13 x  4 y  40  0  52 21  Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ   B ; . x  7 y  5  0  19 19  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2; 0; 2  , B  0;3; 3 , lập phương trình mặt ph ẳng đi qua điểm A sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng đó đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn:  Ta có AB   2;3; 1 . Gọi mặt phẳng cần tìm là  , H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng  . Nhận xét rằng BH  BA , BH lớn nhất khi H trùng với A. Mặt phẳng cần tìm đi qua A và vuông góc với đ ường thẳng AB :    : 2 x  3 y  z  2  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 9 .a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5 lập được bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau sao cho các số đó đều chia hết cho 4 ? Hướng dẫn: Giả sử số cần lập có dạng abcd , theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì cd  04;12; 20; 24;32; 40;52 . Xét hai trường hợp i, cd  12; 24;32;52 Ta có 4 cách chọn cd , có 3 cách chọn a khác 0 và 3 cách chọn b trong các số còn lại, như vậy có 4.3.3  36 số . ii, cd  04; 40; 20 Ta có 3 cách chọn cd, tương ứng có 4 cách chọn a và 3 cách chọn b, và như vậy sẽ có 3.4.3  36 . Kết hợp hai trường hợp, có tất cả 72 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;5; 5  , B  5; 3;7  và mặt phẳng có phương trình  P  : x  y  z  0 . Xác đ ịnh tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2  MB 2 đ ạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: 1 Tọa độ trung điểm H của đoạn AB : H 1;1;1 .Theo công thức trung tuyến MA2  MB 2  2 MH 2  AB 2  2 MH 2  136 . 2 Do đó MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng (P). Phương trình đường thẳng d đi qua H 1;1;1 và vuông góc với (P) : x  1  y  1  z  1 .  x 1  y  1  z  1  M  O  0;0;0  . Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình  x  y  z  0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x2 y 2 Câu 8.b (1,0 đ iểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ellipse có phương trình  E  :   1 , một góc vuông 9 4 1 1 MON quay xung quanh gốc tọa độ O ( M và N thuộc ellipse). Chứng minh không đổi.  2 ON 2 OM Hướng dẫn:          Đặt Ox, OM    0    2    Ox, ON    . Tọa độ điểm M  OMcos; OMsin  . 2 2 2 2 2 cos 2  sin 2  OM cos  OM sin  1 M E   1   OM 2 9 4 9 4 2 2 2 2 2 2 ON sin  ON cos  sin  cos  1 N E   1   2 9 4 ON 9 4 2 2 2 2 sin   cos  sin   cos  13 1 1 (không đổi). Suy ra     2 2 OM ON 9 4 36 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- n 1  Câu 9 .b (1,0 điểm). Với mọi số nguyên dương n, khai triển nhị thức  x   theo thứ tự lũy thừa của x giảm dần, tìm hạng 3  tử chính giữa của khai triển biết hệ số của hạng tử thứ ba là 5. Hướng dẫn: n n 1 11 12  1 n  Theo bài ra ta có  x    Cn x n  Cn x n 1  Cn x n 2  .....     Cn . 0 3 3 9  3  12 n!  45  n 2  n  90  0  n  10 .Khi đó khai triển trên có Hệ số của hạng tử thứ ba tương ứng với Cn  5  2! n  2  ! 9 5 1 28 11 h ạng tử, hạng tử chính giữa là h ạng tử thứ 6. T a có hạng tử cần tìm là    C10 x5   x5 . 5    3 27 4