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

THI TH I HC LN TH 1 NM 2012 MễN TON- KHI A (Thi gian lm bi 180 phỳt-khụng k thi gian phỏt ) I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I: (2 im) Cho hm s : 2 1 x y x (C) a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (C). b) Cminh rng: vi mi giỏ tr ca m, ng thng d : y x m luụn ct th (C) ti hai im A,B phõn bit. Tỡm giỏ tr nh nht ca di on thng AB.Tỡm qu tớch trung im I ca AB. Cõu II: (2 im). 1.Gii bt phng trỡnh: 9 2 2 2 2 1 2 2 1 34.15 25 0 x x x x x x 2. Gii phng trỡnh: 2 2 1 8 1 2cos cos ( ) sin 2 3cos( ) sin 3 3 2 3 x x x x x Cõu III: (1im): 1. Tớnh tớch phõn :I= 2 0 3 )cos(sin cos5sin7 dx xx xx Cõu VIb. (1 im). Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha món 1 a b c . Chng minh rng: 7 2 27 ab bc ca abc . II. PHN RIấNG ( Thớ sinh chn mt trong hai phn) 1. Phn dnh cho chng trỡnh chun Cõu Va. (2 im) 1. Cho 1 z , 2 z l cỏc nghim phc ca phng trỡnh 2 2 4 11 0 z z . Tớnh giỏ tr ca biu thc 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z . 2. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho ng trũn (C): x 2 + y 2 - 2x - 2my + m 2 - 24 = 0 cú tõm I v ng thng : mx + 4y = 0. Tỡm m bit ng thng ct ng trũn (C) ti hai im phõn bit A,B tha món din tớch tam giỏc IAB bng 12. Câu VIa (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. 2. Phn dnh cho chng trỡnh nõng cao Cõu Vb(2 im) 1.Tỡm h s x 3 trong khai trin n x x 2 2 bit n tho món: 2312 2 3 2 1 2 2 n nnn CCC 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d 1 : 1 1 1 2 1 1 x y z ; d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z v mt phng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d 1 , d 2 . 2.Tỡm a h phng trỡnh sau cú nghim : x+1 1 2 1 y a x y a PHẦN CHUNG (7 điểm) Nội dung chính và kết quả Điểm thành phần Câu I 2 điểm a) (1điểm) D=R/   1 y ' 2 1 ( 1) x   > 0 , x D    h/số đồng biến trên D và không có cực trị Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 Tâm đối xứng I(1;1) BBT x -  1 +  y’ + + y +  1 1 -  Đồ thị f(x)=(x-2 )/(x-1) f(x)=1 x(t)=1 , y(t )=t -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm b) (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của d ( ) C  là: 2 2 0 x mx m     (1) ; đ/k 1 x  Vì 2 4 8 0 (1) 1 0 m m f            với m  ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m  .Suy ra d ( ) C  tại hai điểm phân biệt với m  *Gọi các giao điểm của d ( ) C  là: A( ; A A x x m   ) ; B( ; B B x x m   );với A x ; B x là các nghiệm của p/t (1)    2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 4 . 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8 A B A B A B AB x x x x x x m m m                   Vậy : AB min 2 2  , đạt được khi m = 2 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Câu II 2 điểm 1. (1 điểm) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2(2 ) 2 9 34.15 25 0 9.3 34.3 x x x x x x x x x x             . 2 2 2 2(2 ) 5 25.5 0 x x x x    2 2 2 2 2 2(2 ) 2 2 3 1 5 3 3 9. 34. 25 0 5 5 3 25 5 9 x x x x x x x x                                           2 2 0 ( ;1 3) (0;2) (1 3; ) 2 2 x x x x x                  KL: Bpt có tập nghiệm là T= ( ;1 3) (0;2) (1 3; )       0,25điể m 0,25điể m 0,5 điểm 2. (1 điểm) 2cosx+ 2 2 1 8 1 os ( ) sin 2 3 os(x+ )+ sin 3 3 2 3 c x x c x       2 osx+ c  2 2 1 8 1 os sin 2 3sinx+ sin 3 3 3 c x x x    2 2 6 osx+cos 8 6sinx.cosx-9sinx+sin c x x    2 6 osx(1-sinx)-(2sin 9sinx+7) 0 c x    7 6 osx(1-sinx)-2(sinx-1)(sinx- ) 0 2 c   (1-sinx)(6cosx-2sinx+7) 0   (1) (2) 1 sinx=0 6cosx-2sinx+7=0        2 ;( ) 2 x k k Z       (p/t (2) vô nghiệm ) 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm Câu III.          2 0 3 2 2 0 3 1 cossin cos ; cossin sin  xx xdx I xx xdx I ; đặt x= t 2  chứng minh được I 1 =I 2 Tính I 1 +I 2 =   1 0 2 ) 4 tan( 2 1 ) 4 (cos2 cossin 2 0 2 2 0 2          x x dx xx dx I 1 =I 2 = 2 1  I= 7I 1 -5I 2 =1 Do )( 111 CBAAH  nªn gãc HAA 1  lµ gãc gi÷a AA 1 vµ (A 1 B 1 C 1 ), theo gi¶ thiÕt th× gãc HAA 1  b»ng 30 0 . XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, gãc HAA 1  =30 0 2 3 1 a HA  . Do tam gi¸c A 1 B 1 C 1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B 1 C 1 vµ 2 3 1 a HA  nªn A 1 H vu«ng gãc víi B 1 C 1 . MÆt kh¸c 11 CBAH  nªn )( 111 HAACB  0,5 KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA 1 H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA 1 vµ B 1 C 1 0,25 C©u IV 1 ®iÓm Ta cã AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK  0,25 V Ta có 2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 ) ab bc ca abc a b c a bc a a a bc            . Đặt t= bc thì ta có 2 2 ( ) (1 ) 0 4 4 b c a t bc       .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0.5 A 1 A B C C 1 B 1 K H 2 (1 ) 0; 4 a Cú f(0) = a(1 a) 2 ( 1 ) 1 7 4 4 27 a a v 2 2 (1 ) 7 1 1 1 7 (2 ) 4 27 4 3 3 27 a f a a vi mi a 0;1 0,25 Vy 7 2 27 ab bc ca abc . ng thc xy ra khi a = b = c = 1/3 0.25 PHN RIấNG 1. Theo chng trỡnh chun VIa 1.Gii pt ó cho ta c cỏc nghim: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i 0.5 Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z 0.25 o ú 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) z z z z 0.25 2. ng trũn (C) cú tõm I(1; m), bỏn kớnh R = 5. 0,25 Gi H l trung im ca dõy cung AB. Ta cú IH l ng cao ca tam giỏc IAB. IH = 2 2 | 4 | |5 | ( , ) 16 16 m m m d I m m 0,25 2 2 2 2 2 (5 ) 20 25 16 16 m AH IA IH m m 0,25 Din tớch tam giỏc IAB l 12 2 12 S IAB IAH S 2 3 ( , ). 12 25 | | 3( 16) 16 3 m d I AH m m m 0,25 Từ giả thiết bài toán ta thấy có 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số đợc chọn. 0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4 3 5 1 4 CC . Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 Phn nõng cao I A B H 5 CÂUVIb. 1,Tìm hệ số x 3 trong khai triển n x x        2 2 biết n thoả mãn: 2312 2 3 2 1 2 2  n nnn CCC Khai triển: (1+x) 2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12 Khai triển:            12 0 324 12 12 2 2 2 k kkk xC x x hệ số x 3 : 77 12 2C =101376 Gọi A = d 1 (P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d 2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25 Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (1;3; 1) u   r 0,25 VI.b -2 (1 điểm) Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2 1 3 1 x y z      0,25 CÂU VIIb. (1 điểm) đ/k 1; 1 x y    .Bất pt  2 2 1 1 ( 1) ( 1) 2 1 x y a x y a               2 1 1 1 1. 1 (2 1) 2 x y a x y a a                    ; Vậy 1 x  và 1 y  là nghiệm của p/t: T 2 2 1 ( 2 1) 0* 2 aT a a      .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 nghiệm không âm 2 2 2 0 2( 2 1) 0 0 0 1 2 2 6 0 1 ( 2 1) 0 2 a a a S a a P a a                                0,25 điểm 0,25điểm 0,5điểm . x -  1 +  y’ + + y +  1 1 -  Đồ thị f(x)=(x-2 )/(x-1) f(x)=1 x(t)=1 , y(t )=t -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y . 8 6sinx.cosx-9sinx+sin c x x    2 6 osx(1-sinx )-( 2sin 9sinx+7) 0 c x    7 6 osx(1-sinx )-2 (sinx-1)(sinx- ) 0 2 c   (1-sinx)(6cosx-2sinx+7) 0 