Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 29 pptx

Sở GD-ĐT phú thọ Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC NM học: 2010-2011 Mụn thi : TON Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s : 1x2 1x 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; 02y5x2 . 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                       )2( k 1x2 3 )1( 2 1 xk 1x2 1x 2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 0,25 y x 0 I - 1/2 1 1 -1/2   2 1 3 x x 1 2 2x 1 2x 1              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 xsin x2cos xcos x2sin  (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos      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 xlog2 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) 0,25 IV 1 t 1 hay t 4     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 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 . 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 x2 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 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 Câu II: 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin  (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos      xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22     cosx cos2x sin2x 0      2 2cos x cosx 1 0 sin2x 0       1 cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0) 2         2k 3 x 2. Phương trình:   1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93    (1) (1)   1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3    1 xlog1 4 xlog2 xlog2 33 3       đặt: t = log 3 x (1) 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     Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hayx 81 3        Câu IV: . Tọa độ A là nghiệm của hệ   4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2            A(–4, 2) Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên            2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) Vì B(x B , y B )  AB  y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C )  AC  5 2 5 x2 y C C  ( 3) Thế (2) và (3) vào (1) ta có [...]... = 8     8  m  24  m = 2 6 4   Hết ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0 2 Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 2 Câu II (2,0 điểm) 1 Giải... – 1 = 0  m = 1 a Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn thi: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 2x  3 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục... -Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009 Câu I 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với mọi x   + y’ = 1  2x  3 2  0,  x   3 2 3 2 + Tiệm cận Vì lim x  Vì x2 1 1  nên tiệm cận ngang là : y = 2x  3 2 2 lim 3 x   2  x2 x2 3  ; lim    nên tiệm cận đứng là : x =  3  2x  3 2x  3 2 x   2 Bảng biến thi n:  2 Vẽ đồ thị: đồ... tuyến cần tìm là: y    x   12  2 Câu Va: 1 Điều kiện n  4  n  C x n Ta có: x 2  2  k 2k n  k 2 n k 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n Ta có: A 3  8C2  C1  49 n n n  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 Nên hệ số của x8 là C4 23  280 7 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn... các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2 x2  x 1 Câu VII.b pt hồnh độ giao điểm là : (1)  2x  m x  x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1))  3x2 + (1 – m)x – 1 = 0 phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b Ycbt  S = x1 + x2 =  = 0  m – 1 = 0  m = 1 a Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ... OIM cân tại I  MOI = 300 1  OM có hệ số góc k =  tg300 =  3 1 x x2 +k=  pt OM : y= thế vào pt (C)  x 2  2x  0 3 3 3 3 3 3  x= 0 (loại) hay x  Vậy M  ;   2 2  2 Cách khác: Ta có thể giải bằng hình học phẳng OI=1, IOM  IMO  300 , do đối xứng ta sẽ có 2 điểm đáp án đối xứng với Ox H là hình chiếu của M xuống OX Tam giác OM 1H là nửa tam giác đều 3 3 3 3 3  OM  , HM   2 6 3 2... (P): x + 2y – 1 1 1 3z + 4 = 0 Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng  Câu VII.b (1,0 điểm) x2  x  1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm x phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung ]BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I 1 m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R y’ = 4x3 – 4x; y’ = 0  x = 0... SEBC  2a 2  a 2  3a 2 (E là trung điểm của AB) 1 1 3a 15 3a 3 15 V  SABCDSI  3a 2  3 3 5 5 Câu V.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 3 3  x  y    x  z   3  x  y  x  z  y  z   5  y  z  Giải: Từ giả thi t ta có: x2 + xy + xz = 3yz  (x + y)(x + z) = 4yz Đặt a = x + y và b = x + z Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz Mặt khác... hpt:  2x  y  2z  9b  16  0   x 1 y  3 z  1  2  1  2   H(2b  3; b  4; 2b  3)  MH 2  (3b  4) 2  (2b  4) 2  (4b  6) 2  29b 2  88b  68 u cầu bài tốn trở thành: MH 2  d 2 (11b  20)2 9 2  261b  792b  612  121b 2  440b  400  29b 2  88b  68   140b 2  352b  212  0  35b 2  88b  53  0 b  1   b  53 35   18 53 3  Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và... (SBC) và (ABCD) bằng 600 Gọi I là trung điểm của cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3  x  y   x  z 3 3  3  x  y  x  z  y  z   5  y  z  PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần . ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 – (3m. 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