Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 25 ppt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (536.29 KB, 10 trang )
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im)
Cho hm s :
1
x
2
1
x
y
(C)
1. Kho sỏt v v th hm s.
2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn
v trc Ox.
Cõu II:(2 im)
1. Gii phng trỡnh:
sin2 cos2
cot
cos sin
x x
tgx x
x x
2. Gii phng trỡnh:
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
Cõu III: (2 im)
1.Tính nguyên hàm:
sin 2
( )
3 4sin 2
xdx
F x
x cos x
2.Giải bất phơng trình:
1 2 3
x x x
Cõu IV: (1 im)
Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(2, 0) bit phng trỡnh cỏc cnh AB,
AC theo th t l 4x + y + 14 = 0;
0
2
y
5
x
2
. Tỡm ta cỏc nh A, B, C.
PHN RIấNG (3 im)
Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không
đợc chấm
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :
1. Tỡm h s ca x
8
trong khai trin (x
2
+ 2)
n
, bit: 49CC8A
1
n
2
n
3
n
.
2. Cho ng trũn (C): x
2
+ y
2
2x + 4y + 2 = 0.
Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C') ct (C) ti cỏc im A, B sao cho
3AB .
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:
1. Gii phng trỡnh :
21x2log1xlog
3
2
3
2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp.
Cho AB = a, SA = a
2
. Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD.
Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK.
Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu
ý
Nội Dung
Điểm
I
2
1
Khảo sát hàm số (1 điểm) 1
TXĐ: D = R\ {-1/2}
Sựự Biến thiên:
,
2
3
0
2 1
y x D
x
Nên hàm số nghịch biến trên
1 1
( ; ) ( ; )
2 2
va
0,25
+ Giới hạn ,tiệm cận:
1
2
lim
x
y
1
2
lim
x
y
ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2
1
lim
2
x
y
1
lim
2
x
y
đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2
0,25
+ Bảng biến thiên:
0,25
x
y
y
-
1/2
-
-
-1/2
-
1/2
§å ThÞ :
0,25
2
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
2
1
xky
() tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
0,25
y
x
0
I
-1/2
1
1
-1/2
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
0,25
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
và
1
x
2
3
x 1
2
5
x
2
. Do đó
12
1
k
0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
0,25
II
2
1
1. Giải phương trình: gxcottgx
x
sin
x
2
cos
x
cos
x
2
sin
(1)
(1)
x
sin
x
cos
x
cos
x
sin
x
cos
x
sin
x
sin
x
2
sin
x
cos
x
2
cos
x
cos
x
sin
xcosxsin
x
cos
x
sin
xx2cos
22
0,25
cosx cos2x sin2x 0
2
2cos x cosx 1 0 sin2x 0
0,25
1
cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0)
2
0,25
2k
3
x
0,25
2
2. Phương trình:
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
(1)
(1)
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
0,25
1
xlog1
4
xlog2
x
log
2
33
3
đặt: t = log
3
x
0,25
thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
t 1 hay t 4
0,25
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hayx 81
3
0,25
III 2
1 1
Ta cã
2 2
sin 2 2sin cos
( )
3 4sin (1 2sin ) 2 sin 4sin 2
xdx x xdx
F x
x x x x
0,25
§¨t u = sinx
cos
du xdx
O,25
Ta cã:
2
2
( ) ( )
1 ( 1)
1
1
ln 1
1
udu du du
F x G u
u u
u
u c
u
0,25
VËy
1
( ) ln 1
sin 1
F x sinx c
x
0,25
2
1
§k:
3
x
Bpt
2
1 2 3
2 5 6 4
x x x
x x x
0,25
IV 1
. Tọa độ A là nghiệm của hệ
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
A(–4, 2)
0,25
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)
0,25
Vì B(x
B
, y
B
) AB y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) AC
5
2
5
x
2
y
C
C
( 3)
0,25
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
0,25
V.a 3
1
1
2
4 0
3 12 8 0
3 4
6 2 3 6 2 3
3 3
6 2 3
3
3
x
x x
x
x
x
0,25
0,25
0,25
1. Điều kiện n 4
Ta có:
n
0k
knk2k
n
n
2
2xC2x
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
0,25
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
0,25
Ta có:
3 2 1
n n n
A 8C C 49
(n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0 (n – 7)(n
2
+ 7) = 0 n = 7
0,25
Nên hệ số của x
8
là 2802C
34
7
0,25
2
2
Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2)
3R
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại
trung điểm H của đoạn AB.
0,25
Ta có
2
3
2
AB
BHAH
0,25
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
0,25
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
Ta có:
2 2
MI 5 1 1 2 5
0,25
và
2
7
2
3
5HIMIMH ;
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
0,25
Ta có: 13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1
43
4
172
4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
0,25
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
0,25
V.b 3
1
1
1. Giải phương trình:
21x2log1xlog
3
2
3
§k:
1
1
2
x
3 3
2log x 1 2log 2x 1 2
0,25
3 3
log x 1 log 2x 1 1
3 3
log x 1 2x 1 log 3
0,25
x 1 2x 1 3
2
2
1
x 1
x 1
hoac
2
2x 3x 2 0
2x 3x 4 0(vn)
0,25
x 2
0,25
2
2
+BC vuông góc với (SAB)
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
AH vuông góc với (SBC)
AH vuông góc SC (1)
0,25
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2)
SC vuông góc với (AHK )
0,25
2 2 2 2
SB AB SA 3a
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
AH=
a 6
3
SH=
2a 3
3
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
0,25
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
.
0,25
kÎ OE// SC
( )( ( ))
OE AHK doSC AHK
suy ra OE lµ ®êng cao
cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2
0,5
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
AM=
2a
3
0,25
3
OAHK AHK
1 1 a 1 a 2
V OE.S . HK.AM
3 3 2 2 27
(®vtt)
S
0,25
A
M
I
E
O
H
K
M
C
D
