Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 37 - Đề 2 (có đáp án) ppt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (241.8 KB, 6 trang )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3 2 2 2
y x 3mx 3 m 1 x m 1
(
m
là tham số) (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 0.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
dương .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2sin 2x 4sin x 1 0.
6
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
x y x y 13
x,y .
x y x y 25
Câu III (1 điểm)
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
AB a, AD 2a,
cạnh
SA
vuông góc với đáy, cạnh
SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc
o
60 .
Trên cạnh
SA
lấy điểm
M
sao cho
a 3
AM
3
. Mặt phẳng
BCM
cắt cạnh
SD
tại điểm
N
. Tính thể tích khối chóp
S.BCNM.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân:
6
2
dx
I
2x 1 4x 1
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin
8
x + cos
4
2x
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1. Cho đường tròn (C) :
2 2
x 1 y 3 4
và điểm M(2;4) .
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M
là trung điểm của AB
b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C) có hệ số góc k = -1 .
2. Cho hai đường thẳng song song d
1
và d
2
. Trên đường thẳng d
1
có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d
2
có n điểm phân biệt (
n 2
). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm
đã cho. Tìm n.
Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1. Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của
100
2
x x
, chứng minh rằng:
99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2
2. . Cho hai đường tròn : (C
1
) : x
2
+ y
2
– 4x +2y – 4 = 0 và (C
2
) : x
2
+ y
2
-10x -6y +30 = 0
có tâm lần lượt là I, J
a) Chứng minh (C
1
) tiếp xúc ngoài với (C
2
) và tìm tọa độ tiếp điểm H .
b) Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C
1
) và (C
2
) . Tìm tọa độ giao điểm K
của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai
đường tròn (C
1
) và (C
2
) tại H .
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
đáp án
đề thi S 177
Câu Nội dung Điểm
I
2.0đ
1,25
đ
2
0.75
đ
Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có
hoành độ dơng, ta phải có :
1 2
y'
1
2
x x
0
x 0
x 0
y y 0
y 0 0
(I)
Trong đó : y = 3( x
2
2mx + m
2
1)
y
= m
2
m
2
+ 1 = 1 > 0 với mọi m
y = 0 khi x
1
= m 1 = x
CĐ
và x
2
= m + 1 = x
CT
.
(I)
2 2 2
2
m 1 0
m 1 0
3 m 1 2
m 1 m 3 m 2m 1 0
m 1 0
0,25
0,5
II
2,0đ
1
1,0đ
Ta có :
2sin 2x 4sin x 1 0.
6
3
sin2x cos2x + 4sinx + 1 = 0
3
sin2x + 2sin
2
x + 4 sinx = 0
sinx (
3
cosx + sinx + 2 ) = 0
sinx = 0 (1) hoặc
3
cosx + sinx + 2 = 0 (2)
+ (1)
x
k
+ (2)
3 1
cosx sinx 1
2 2
sin x 1
3
5
x 2
6
k
0,25
0,5
2
1,0đ
2 2
2 2
x y x y 13 1
x y x y 25 2
3 2 2 3
3 2 2 3
x xy x y y 13 1'
y xy x y x 25 2'
Lấy (2) - (1) ta đợc : x
2
y xy
2
= 6
x y xy 6
(3)
Kết hợp với (1) ta có :
2 2
x y x y 13
I
x y xy 6
. Đặt y = - z ta có :
2
2 2
x z x z 13 x z x z 2xz 13
I
x z xz 6
x z xz 6
đặt S = x +z và P = xz ta có :
2
3
S S 2P 13
S 1
S 2SP 13
P 6
SP 6
SP 6
Ta có :
x z 1
x.z 6
. Hệ này có nghiệm
x 3
z 2
hoặc
x 2
z 3
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là : ( 3 ; 2) và ( -2 ; -3
)
0,25
0,25
0,25
0,25
III
1.0đ
1đ
Ta có ( SAB)
( BCNM) và
SAB BCNM BM
.
Từ S hạ SH vuông góc với đờng thẳng BM
thì SH
(BCNM) hay SH là đờng cao
của hình chóp SBCNM.
Mặt khác :
SA = AB.tan60
0
= a
3
.
Suy ra : MA =
1
3
SA
Lại có : MN là giao tuyến của của
mp(BCM) với mp(SAD), mà
BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC
Do đó :
MN SM 2 4a
MN
AD SA 3 3
Vì AD
(SAB) nên MN
(SAB) , suy ra MN
BM và BC
BM
Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là
hình thang vuông BCNM .
Ta có : S
BCNM
=
1
MN BC BM
2
Trong đó : BC = 2a , MM
4a
3
và BM =
2 2
AB AM
=
2a 3
3
0,5
N
D
B
C
A
S
M
H
Vậy S
BCNM
=
2
4a
2a
2a 3 10a 3
3
2 3 9
Khi đó : V
SBCNM
=
1
3
SH. S
BCNM
Tính SH : Ta có MAB
MHS , suy ra :
SH MS
AB BM
MS.AB
SH
MB
2a 3
.a
3
a
2a 3
3
Vậy : V
SBCNM
=
1
3
.a.
2
10a 3
9
=
3
10a 3
27
0,5
IV
2đ
1
1.0đ
đặt
t 4x 1
, ta có dt =
2dx
4x 1
hay
t
2
dt = dx và
2
t 1
x
4
Khi x = 2 thì t = 3 và khi x= 6 thì t = 5
Khi đó :
5
2
3
tdt
I
t 1
2 1 t
2
=
5
2
3
tdt
t 1
5
2
3
1 1
dt
t 1
t 1
=
5
3
1
ln t 1
t 1
=
3 1
ln
2 12
0,25
0,5
2
1.0đ
Đặt t = cos2x
1 t 1
thì sin
2
x =
1 t
2
+
3 3
3 3
1 1
f ' t 4t t 1 8t t 1
2 2
2
2
1
2t t 1 4t 2t t 1 t 1
2
=
2
1
3t 1 7t 4t 1
2
Bảng biến thiên
Qua bảng biến thiên ta có : miny =
1
27
và maxy = 3
0,25
0,5
Va
3đ
1a
Đờng tròn (C) : ( x 1)
2
+ ( y 3 )
2
= 4 có tâm
I ( 1 ; 3) và bán kính
R = 2 .
Ta có : (d) :
Qua M 2;4
quaM qua M
d : d :
MA MN AB MI
vtpt MI 1;1
0,25
0,5
0,25
t
f(t)
f(t)
-1 1/3 1
+
0
-
3
1
27
1
(d) : x 2 + y 4 = 0
(d) : x + y 6 = 0
1b
Đờng thẳng (d) với hệ số góc k = -1 có dạng : y =
-x + m
hay x + y m =0 (1)
Đờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đờng tròn (C)
kc(I,(d)) = R
1
2
1 3 m
m 4 2 2
2
1 1
m 4 2 2
+ Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn đề bài là : x + y
4
2 2
= 0
0,25
0,5
0,25
2
Theo đề ra ta có :
3 3 3
n 10 10 n
C C C 2800
(
n 2
)
n 10
10! n!
2800
3! n 7 ! 3!7! 3! n 3 !
n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6
n
2
+ 8n 560 = 0
n 20
n 28 2
Vậy n = 20
0,25
0,25
0,25
0,25
Vb
3.0
đ
1
Ta có : [(x
2
+ x )
100
] = 100(x
2
+ x )
99
( 2x +1) (1)
và
100
2 0 100 1 101 2 102 99 199 100 200
100 100 100 100 100
x x C x C x C x C x C x
100
2 0 99 1 100 99 198 100 199
100 100 100 100
x x ' 100C x 101C x 199C x 200C x
(2
)
Từ (1) và (2) ta thay
1
x
2
, ta đợc
99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2
0.25
0.5
0,25
2a
(C
1
) có tâm I( 2 ; -1) và bán kính R
1
= 3 . (C
2
) có
tâm J(5;3) và bán kính R=2.
Ta có : IJ
2
= ( 5 2)
2
+ ( 3 + 1)
2
= 25
IJ = 5
= R
1
+ R
2
Suy ra (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài với nhau . Tọa độ
tiếp điểm H đợc xác định bởi :
H
I H J H
I H J H
H
19
x
2 x x 3 x x
5
2HI 3HJ
7
2 y y 3 y y
y
5
0,25
0,25
0,5
2b
Cã :
2KI 3KJ
I K J K
K
K
I K J K
2 x x 3 x x
x 11
y 11
2 y y 3 y y
§êng trßn (C) qua K , tiÕp xóc víi (C
1
) , (C
2
) t¹i
H nªn t©m E cña (C) lµ trung ®iÓm cña KH :
37 31
E ;
5 5
. B¸n kÝnh (C) lµ EH = 6
Ph¬ng tr×nh cña (C) lµ :
2
37 31
x y 36
5 5
0,5
0,5
