Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 8 potx

SỞ GD - ĐT BẮC NINH Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ THI KHẢO SÁT KHỐI 12 Môn : TOÁN ; Khối : D – lần 2 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ===================== I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = 4 2 2 2 1 x m x   1. Khảo sát hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 32. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ) 4 (cos212sincossin2sin 22   xxxxx 2. Giải phương trình: 544 22 1   xxxx Câu III (1 điểm). Tính giới hạn: xx e I x x     11 1 lim 4 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa AB’ và mặt đáy bằng 60 0 . Tính cạnh bên CC’ và thể tích tứ diện ACC’B’. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 22 11 xxxm  II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):         2 2 x 1 y 2 13 và đường thẳng    : x – 5y – 2 = 0. Tìm các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng    . Giả sử các giao điểm là A, B. Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) . 2. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ ? Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình:        4 36 2 yxyx yyx B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 45 0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. 2. Khai triển:   10 2 1 2 3x x    20 0 1 20 a a x a x    Tính: Hệ số 4 a và 0 1 20 S a a a     Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log 3 [1 + log 3 (2 x - 7)]  1 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 2 điểm 1. 1 điểm Với m = 1 hàm số là: 4 2 2 1 y x x    +) TXĐ: D= R +) Giới hạn, đạo hàm: lim ; lim x x y y       . 3 0 ' 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x           +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +  ) nghịch biến trên các khoảng (-  ;- 1), (0; 1) +) Hàm đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, y CT = 0 +) BBT: x -  - 1 0 1 +  y' - 0 + 0 - 0 + y +  1 +  0 0 +) Đồ thị f(x)=x^4-2*x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0.25 0.25 0.25 0.25 2. 1điểm +y’= 3 2 2 2 4 4 4 ( ) x m x x x m    +hs có 3 cực trị ' 0 y   có 3 nghiệm phân biệt 2 2 0 x m    có hai nghiệm pb khác 0 0 m   . +3 điểm cực trị của đths A(0;1), B(-m;1-m 4 ), C(m;1-m 4 ). Do tính chất đối xứng nên tam giác ABC cân tại A, ycbt  2 1 2.|m|.|m 5 |=32  m=2 hoặc m=-2 0.5 0.5 Câu II 1. 1 điểm 2 2cos(112sincossin2sin) 4 (cos212sincossin2sin 222    xxxxxxxxxx        )2(01sinsin2 )1(02sin 0)12sincos(sin2sin02sin2sincossin2sin 3 2 xx x xxxxxxxxx 0.25 0.25 Giải (1) được: )( 2 Zk k x   Giải (2) được: )(2 2 Zkkx    0.25 0.25 2. 1điểm Giải phương trình: 544 22 1   xxxx 54 4 4 2 2    xx xx PT Đặt )0(4 2   tt xx PTTT: 410455 4 2  Vttttt t đều thỏa mãn Với 100141 2 2   xVxxxt xx Với 2 51 1444 2 2    xxxt xx 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuIII 1 điểm Ta có  I )11( )11)(11( 1 lim 4 0 xx xxxx e x x     = )11(lim 4 1 lim.2 0 4 0 xx x e x x x     = 2.1.(1+1) = 4 0.5 0.5 CâuIV 1. 1 điêm 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu V 1đ Tìm m để phương trình sau có nghiệm: )1(11 22 xxxm  222 1)1(11)1( xxxxxmPT  Đặt ,1)1()( 2 xxxf  có 2 2 2 22 2 2 1 12 1 1 1 )1(1)(' x xx x xxx x x xxxf         ,        2 1 1 0)(' x x xf 0.25 0.25 A C B A’ B’ C’ 60 0 -Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứngAA’(A’B’C’) A’B’ là hình chiếu của AB’ trên (A’B’C’) góc giữa AB’ và đáy là góc giữa AB’ và A’B’ và bằng góc AB’A’=60 0 - Xét tam giác AA’B’ có AA’=A’B’tan60 0 =a 3 mà CC’=AA’= a 3 - Ta có: VVV VVVV CBAABCABCBCBAA BACCABCBCBAACBAABC mà '''.'.'''. '''.'''.'''. 3 1    4 '. 3 1 3 1 2 ''''''.''. a CC sVV CBACBAABCBCCA   V V V   Bảng biến thiên: X -1 -1/2 1 Y’ || + 0 - || Y 4 33 0 0 0.5 CâuVIa 1. 1 điểm - Từ PT đường thẳng ∆ 25    yx thế và PT đường tròn (C) được: 13)2()35( 22  yy -       31 20 02626 2 xy xy yy . Các giao điểm là: (2;0),(-3;-1) 0.5 0.25 0.25 2. 1 điểm 3. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ ? - Vì bó hoa có 7 bông, trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ bó hoa có thể có 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng hoặc 3 bông hồng vàng và 4 bông hồng đỏ hoặc 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ. - Vậy có 150 3 4 4 5 4 4 3 5 1 3 3 4 3 5  CCCCCCC 0.25 0.25 CâuVIIa Giải hệ phương trình:        4 36 2 yxyx yyx Đặt đkxđ         0 0 06 2 yx yx yx Hpt                                       5 4 3 5 9 3 102 9 3 1622 966 03 2222 22 22 x y y x yx y x yx y yxx yyyx y Vậy hệ PT có nghiệm 0.25 0.25 0.5 CâuVIb 1. 1 điểm Tọa độ điểm D là: 3 0 0 2 0 0 x y x x y y              => D(0;0)  O Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là     1 2 3; 1 , 1; 2 n n   ur uur cosADB = 2 1 => ADB=45 0 =>AD=AB (1) Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45 0 => BCD=45 0 =>  BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có:   2 1 3. 24 2 2 ABCD AB S AB CD AD     0.25 0.25 A B C I - (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R= 13 - Tam giác ABC nội tiếp (C) và vuông tại B  AC là đường kính  A, C đối xứng nhau qua I. - B(2;0) A(-3;-1) C(1;5) - B(-3;-1) A(2;0) C(-4;4) Căn cứ bảng biến thiên thấy PT đã cho có nghiệm khi       m 4 33 ;0 =>AB=4=>BD= 4 2 Gọi tọa độ điểm ; 2 B B x B x       , điều kiện x B >0 => 2 2 8 10 ( ) 5 4 2 2 8 10 ( ) 5 B B B B x loai x BD x x tm                    uuur Tọa độ điểm 8 10 4 10 ; 5 5 B         Vectơ pháp tuyến của BC là   2;1 BC n  uuur => phương trình đường thẳng BC là: 2 4 10 0 x y    0.25 0.25 2. 1 điểm Có:   10 2 1 2 3x x      10 2 3 1 2x x                 2 10 10 9 8 0 1 2 2 2 10 2 10 10 10 10 1 2 1 2 3 1 2 3 3C x C x x C x x C x               2 3 4 10 0 0 1 2 3 4 10 2 2 2 2 2 10 10 10 10 10 10 10 1 2 0 1 2 2 9 9 2 2 2 0 1 2 2 8 8 3 2 (2 ) (2 ) (3 ) 2 (2 ) (2 ) 10 9 9 9 9 10 8 8 8 8 10 2 10 (3 ) 10 C C C x C x C x C x C x C x C C x C x C x C x C C x C x C x C x                                  0 4 4 1 2 2 2 0 2 .3.2 . .9. 16.1.210 3.4.1.36 9.1.45 8085 10 10 10 9 10 8 C C C C C C        4 HÖ sè cña x lµ : - Áp dụng khai triển được: ( x + 2x + 3x 2 ) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +… + a 2n x 2n S 0 1 20 a a a     = f(1) = (1 + 2 + 3) 10 =6 10 0.25 0.25 0.5 Câu VII.b Với x thuộc TXĐ BPT(1)  1 + log 3 (2 x - 7)  3  log 3 (2 x - 7)  2  2 x -7  9  2 x  16  x  4. Thử lại với x4 thỏa mản. 0.5 0.5 Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương . -  - 1 0 1 +  y' - 0 + 0 - 0 + y +  1 +  0 0 +) Đồ thị f(x)=x^ 4-2 *x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y . SỞ GD - ĐT BẮC NINH Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ THI KHẢO SÁT KHỐI 12 Môn : TOÁN ; Khối : D – lần 2 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể