1. Trang chủ
  2. » Đề thi

de thi thu DH lan 12013 THPTDucthoHatinh

6 13 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 226,91 KB

Nội dung

Tìm m để tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số Cm tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB vuông tại O O là góc tọa độ.. Giải hệ phương trình: .[r]

(1)SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG LẦN I, NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3(m  1) x  6mx  3m  (Cm ) a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = b Gọi  là tiếp tuyến đồ thị hàm số (Cm ) điểm A có hoành độ Tìm m để tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số (Cm ) điểm B khác A cho tam giác OAB vuông O (O là góc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin x  2cos x(sin x  1)  4sin x   (3x  y)( x  y ) xy Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   14 2 ( x  y)( x  y  14 xy)  36 ( x, y  R ) Câu (1,0 điểm) Tính I   (2 x  x  2)(3 x  1) dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chử nhật tâm O, AB  a, BC  a , tam giác SOA cân S và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết góc SD và (ABCD) 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách SB và AC Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y  z  x ( y  z ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1    2 (1  x) (1  y ) (1  z ) (1  x )(1  y )(1  z ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh làm phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  1;  và đường thẳng  d  : x  y   Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B, C cho tam giác ABC vuông C và AC  3BC Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình log x  log x.log (81x)  log x2  Câu 9.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số tạo thành từ chữ số khác và khác 0, biết tổng các chữ số nó là số lẻ B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) x  y  x  y  20  và điểm A(5; -6) Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC n Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x19 khai triển biểu thức P   x  1  x   Biết Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  2048 với n là số nguyên dương log x  log y   Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2y 9.4 x  2.4  -Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh……………………… …….; Số báo danh……………… (2) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu ý Nội dung Khi m = 0, ta có y  x  3x  + TXĐ: D  + Giới hạn: lim ( x3  3x  4)   , x  Điểm lim ( x3  x  4)   x  0,25 x  x  +Sự biến thiên: y '  x  x ; y '   x  x    Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  ;  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = Bảng biến thiên x   y + 0 +  a  y  Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung điểm (0;4) Điểm uốn I(1; 2) là tâm đối xứng 0,25 0,25 0,25 Ta có A(1; 2), y '  x  6(m  1) x  m Tiếp tuyến A là  : y=-3x+5 Phương trình hoành độ giao điểm  và (Cm ) là: x  3(m  1) x  mx  3m   3 x   x  3(m  1) x  (6m  3) x  3m   x   ( x  1) ( x  3m  1)     x  3m    b Ta có B(3m+1; -9m+2), OA(1;2); OB(3m  1; 9m  2) Vậy để tam giác OAB   vuông O thì OA OB  0.25 0.25  (3m  1)  2(9 m  2)   m  Thỏa mãn  4sin x(1  cos x)  2cos x sin x  2cos x  4sin x    4sin x cos x  cos x sin x  cos x   0 25 25 0.25 (3)  cos x     (2cos x  1)(1  sin x)    sin x  1 +) cos x    x   +) sin x   x  0.25 2  k 2 0.25   k 0.25 [3(x  y)2  4xy] xy  14 Hệ ban đầu tương đương  (x  y)[(x  y)  12xy]  36 (3a  4b )b  14 3a 2b  4b3  14  a  x  y Đặt  thay vào hệ trên   2 b  xy   a (a  12b )  36 a  12ab  36 Nhận thấy a=0 không là nghiệm hệ trên Đặt b=ka thay vào hệ trên  a (3k  4k )  14 Ta suy phương trình 72k3-84k2+54k-7=0   a (1  12k )  36(1) 1  k   b  a  a  6b thay vào (1) a=3, từ đó b=1/2 6   3 2 3 2  x  y  x  y  x  x      2  hoac     xy   xy  y  3 2 y  3 2   2 x x I   (2  x  2)(3 x  1) dx   (3 x  1)2 dx   (3 x  1) x  2)dx  I1  I (3x  1)2 x x I1   (3 x  1)2 dx    C1 ln ln 14 I   (3 x  1) x  2dx  x2  x   C2 x x 14 (3x  1)2 I   x2  x2 C ln ln Kẻ SH vuông góc với AD, từ gt suy SH  ( ABCD)  SH  AO Gọi I là trung điểm AO  SI  AO Từ đó suy HI  AO Ta có AC=BD=2a  AB=BO=AO=a nên  AOB  BI  AO Vậy B, H, 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x       0.25  0.25  0.25 S 0.25 I thẳng hàng D H A O I B C (4) AI a AO a  , AH   2 cos 30 a 2a  HD  AD  AH  a   SH  HD tan 600  2a 3 Ta có AI  0.25 2a 3  VS ABCD  SH S ABCD  3 Ta có AC  ( SBI ) , ta kẻ IK  SB ( K  SB) thì IK là đường vuông góc chung AC 0.25 và SB 2a 1 1 IK IB IB 3a     HE  a Ta có   IK  HE  2 HE BH SH a HE BH BH 3a Vậy d ( SB; AC )  Kẻ HE  SB ( E  SB) , ta có AH  AB  AH  0.25 x 1 (1  x) Từ đó ta có: (1  y )(1  z )  (2  y  z )  (2  )2  4 x x2 Theo cô si ta có P    (1  x ) (1  y )(1  z ) (1  x )(1  y )(1  z ) 2x  x2 x3  x  x  P   (1  x) (1  x)3 (1  x) x3  x  x  2(5 x  1) Xét hàm số f ( x )  Ta có f '( x)  0 x (1  x) (1  x ) 91 Tập bảng biến thiên ta thấy P  f ( x)  f ( )  Vậy GTNN P 91/108 108 Dấu xãy x=1/5, y = z =5 A Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu A trên d Pt đường thẳng AC 2x+ y = Từ gt suy x ( y  z )2  x ( y  z )  2( y  z )  y  z  d C 7.a B  x  2 x  y   Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt    C ( ; ) 5  x  y  3  y   Đặt B (2t-3; t) theo giả thiết ta có AC  3BC  AC  BC Từ đó suy  16 t  15 45t  108t  64    t   13 16 Ta có hai điểm B thỏa mãn là: B(  ; ); B( ; ) 15 15 3 Có chữ số chẵn dùng: 2;4; 6; Có chữ số lẻ: 1; 3; 5; 7; 0,25 0,25 0,25 0,25 25 0.25 0.25 0,25 0,25 (5) Vì tổng chữ số là lẻ đó chữ số đó thì có lượng lẻ chữ số lẻ sử dụng TH1 Có chữ số lẻ và chữ số chắn ( không xảy ra) TH2 Có chữ số lẻ và chữ số chẵn - Số cách chọn chữ số lẻ: C35 Số cách chọn chữ số chẵn: C 44 Vậy có C35 C 44  10 cách chọn chữ số thỏa mãn  Có :10.7!  50400 số TH3 Có chữ số lẻ và chữ số chẵn - Số cách chọn chữ số lẻ: C55 0,25 - 8.a Số cách chọn chữ số chẵn: C 24 Vậy có C55 C 24  cách chọn chữ số thỏa mãn  Có : 6.7!  30240 số Vậy có: 50400 + 30240 = 80640 số thỏa mãn 0,25 - 2 log x  log x.log (81x)  log x 0 0,25 0,25 Điều kiện x >0 pt  log x  log x.(log3 x  4)  log x  9.a 0,25 log x   log x  log x   (log x  4).(log x  log x)    0,25 +) log x    x  10 0,25 +) log x  log3 x   log x(log10  1)   log3 x   x  Vậy pt đã cho có hai nghiệm x  10 và x  Đường tròn có tâm I(-1; 2) bán kính R = Suy IA = 10 B A H .I 0,25 C Gọi H là giao điểm BC và IA, ta có: IH IA = BI BI     IH  IA  H ( ;0) IA  cos AIB   AIB  600 nên tam giác ABC Suy tâm đường tròn nội tiếp  IH  7.b 0,25 0,25 tam giác ABC trùng với trọng tâm   AH , suy G(2; -2) 0,25 n  (1  1) n  C 0n  C1n  C 2n   C nn  2048  211  n  11 0,25 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy AG  Ta có: 8.b Với n = 11, ta có: P  (2x  1) (x  2)11 Ta có: (2x  1)  C90 (2x)  C19 (2x)8  C92 (2x)   C 99 0,25 11 (x  2)11  C110 x11  C111 2.x10  C112 2 x  C113 23 x   C11 11 0,25 Do đó số hạng chứa x19 khai triển tích (2x  1)9 (x  2)11 thành đa thức là: C90 (2x)9 C111 2.x10  C19 (2x)8 C110 x 11  (C 09 C111.210  C19 C110 28 )x19  8960x19 0,25 log x  log y   Xét hệ phương trình  9.4 x  2.4 2y 4 (1) (2) 0,25 (6) ĐK: x  0, y  9.b Khi đó: (1)  log 3 x  log y  y  x Thay (3) vào (2) ta được: 9.4 x  2.42 x     x  (3)  4x   9.4 x     x  x   x   (loại) 4   0,25 0,25 Với x   y  x  y  Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương 0,25 (7)

Ngày đăng: 19/06/2021, 03:37

w