De thi thu Dai hoc so 49

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C, biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của C một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.. Giải phương trình:.[r]

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 49 Ngày 16 tháng năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) x y x  , có đồ thị (C) Câu I (2.0 điểm) ) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận (C) tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn Câu II (2.0 điểm) 5x x sin x cos x  cos cos  sin 2x  3cos x  2 0 2sin x  Giải phương trình: Giải hệ phương trình: 3x 3y   6.3y2 4x  35y  3x  2.3 y 1  1  x  y  3 3y  2x  1x   e  x  x  tan x   dx    cos2 x  3 x     Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; AC = 2a , BD = 2a; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O a đến mặt phẳng (SAB) , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng Chứng minh rằng:  1   10    a    b    c     b  c a    PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh làm hai phần A B ) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x  y  0 Tìm toạ độ các đỉnh còn lại hình thoi, biết NQ = 2MP và N có tung độ âm I  1;1;1 Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho điểm Viết phương trình mặt  P  qua I cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz A, B, C cho I là tâm đường tròn ngoại phẳng tiếp tam giác ABC   2x  CâuVII.a (1.0 điểm) Cho khai triển: 10 x 2  x  1 a o  a1x  a x   a14 x14 Hãy tìm giá trị a6 B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành ABCD tâm I, biết A(0;  P  : y x  2x 1, điểm I nằm trên cung AB (P) cho tam giác 1) và B(3; 4) thuộc parabol IAB có diện tich lớn Tìm tọa độ C và D Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông o góc với mặt phẳng (Q): 5x  2y  5z 0 và tạo với mặt phẳng (R): x  4y  8z  0 góc 45 CâuVII.b (1.0 điểm) Cho khai triển đa thức: S  a  a1  a   2014 a 2013 Luyện thi Đại Học   2x  2013 a o  a1x  a x   a 2013 x 2013 Tính tổng: 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 49 y x x  , có đồ thị (C) Câu 1: 1, Khảo sát biến thiên hàm số y   0, x  D R \   1 x  1  * Tập xác định: D , * Sự biến thiên: lim y lim y 1, lim y  , lim y  x  x  x   + Giới hạn: x    Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1 + Bảng biến thiên: x y’ - + -1 + + + y -   ;  1 và   1;   + Hàm số đồng biến trên khoảng * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0;-2), cắt trục hoành điểm (0; 2) y I -1 O x -2 Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm đối xứng Câu 1: 2, Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C…… x y x  xo    x 1  x o  1 PT tiếp tuyến d có dạng , (với x o là hoành độ tiếp điểm)  x  5 A   1; o ; x o   B  2x o  1;1  Giao điểm d với tc đứng, tc ngang là: IA  ; IB  2x o   IA.IB 12 x o 1 r Bán kính IA.IB IA.IB IA.IB    IA  IB  AB IA  IB  IA  IB2 IA.IB  2IA.IB  Dấu “=” xảy và IA IB  x o  3  x o   Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x   y x   Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 5x x cos  sin 2x  3cos x  2 0 2sin x  sin x cos x  2cos Câu 2: 1, Giải phương trình : sin x  Điều kiện : Phương trình đã cho tương đương với phương trình: sin 2x cos x  cos 3x  cos 2x  sin 2x  3cos x  0  sin 2x  cos x  1   cos 3x  cos x    cos 2x  1  cos x 1 0  sin 2x  cos x  1  cos x.sin x  2sin x  cos x 1 0  sin 2x  cos x  1  2sin x  cos x 1   cos x  1 0   cos x  1   sin 2x  2sin x  0   cos x  1  2cos x  0    sin 2x  cos 2x  0 1   cos x     cos  2x        3    si n 2x  cos 2x  0 2   x   2k   k    x k; x     k  x k; x  Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là:  2   k2; x   k2(k  Z) 3 3x 3y   6.3y2 4x  35y  3x  2.3 y 1  1  x  y  3 3y  2x Câu 2: 2, Giải hệ phương trình : Đk: x  y  0 (*)  1  2  1   34x  23y 3x  6.3y 4x     32y3y 3x  2.3y 12y  0    34x   32y  27 y  x  6.3y Thay vào (2) ta có: 2  0  4x   3x  3 4x  3, x   32y 0  y 2x  1  2a 3b  3  4a  3b3 1   a  3x   0; b  4x  Đặt ta có hệ  1   b 0  a   3b3  9b  6b 0   b 1  a 1  3b 1  b 2  a   a     thay vào pt (4) ta Từ 11  x   a     a  x    1 b 2 y    b 0;a  b  y    không thõa mãn +) +)  +) Kết hợp đk (*) suy hệ có nghiệm (x; y) là Luyện thi Đại Học 11  ;   2  1;1 ,  184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 x    e  x  x  tan x   dx    cos2 x  3 x     Câu 3: Tính tích phân:    x    e x2  x   x I  x  tan x dx  e dx  dx    x2  2x tan xdx   cos x  3 x 3 3 cos x 3    4 Ta có: (1) 1 1 x  x e dx  e d  e     x x   3 3  +) x  4 x2 J   dx 3 cos x  +) 9 J  16   e   e 3 3 u x    dv  dx cos x : Đặt   du 2xdx  J  x t anx  3    v t anx  2x tan xdx 3  2x tan xdx  3 92 I  e  e  16 Thay vào (1) ta có 3 Câu 4: Tính thể tích…… S I D A H O a C K B Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O  đường chéo Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó ABD 60 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO  (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có DH  AB và a OK  DH  2  OK  AB  AB  (SOK) DH = a ; OK // DH và Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 a    SO  2 OK SO Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao  OI a SO  S ABC D 4S ABO 2.OA.OB 2 3a 2 Diện tích đáy ; đường cao hình chóp Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a VS ABC D  S ABC D SO  3 (đvtt) Câu 5: Chứng minh rằng:  1   10    a    b    c     b  c a     1 1 1 1  M  a    b    c   abc     1 b c a abc a b c       a  b  c  Vì nên a bc   abc  abc  27 27 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có abc  Lại có: Mặt khác:   27  1 272  730  abc    abc    abc  27 abc  27 abc 27 abc 27 27 1 1 1 730 1000    9    9 M  1  a b c a b c   27 27 Suy  a  b  c    1   10    a    b    c     b  c  a    (đpcm) Vậy  Dấu xảy  a b c  Câu a :1, Tìm toạ độ các đỉnh còn lại hình thoi Phương trình MP là: x  y  0  x  y  0   I MP  NQ  tọa độ I là nghiệm hệ phương trình  x  y  0 P  3;  I là trung điểm MP nên suy phương trình NQ là x  y  0 nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) Do 2 NQ 2MP  IN 4IM   m     m   4   2 2   x 2  I  2;1   y 1  m 4   m   4    m 0 P  3;  Vì N có tung độ âm nên N(0; -1)  Q(4; 3) Vậy , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm  P  Câu 6a : 2, Viết phương trình mặt phẳng Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc 0 x y z 1   1   1  Phương trình mặt phẳng (P) là: a b c (P) qua I nên a b c (1) Mà IA=IB=IC nên  a  1 2 2  1 1   b  1  1 1   c  1   a  1  b  1  c  1  b a   c 2  a    a b c  c a  b a b c 2  a Với a=b=c thay vào (1) ta a=b=c=3 Khi đó pt (P): x+y+z=3  b a   c 2  a  1  a  3a  0  c a  b a Với   thay vào (1) ta a  a (VN)  1  a  a  0 Với b c 2  a thay vào (1) ta a  a (VN) Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+y+z=3 x+1 ¿2 + Câu 7a : • Ta có nên x 2+ x +1= ¿ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 10 1+2 x ¿ ¿ 16 1+2 x ¿14 + ¿ x 2+x +1 ¿2= ¿ 16 ( 1+2 x )10 ¿ Trong khai triển ( 1+2 x )14 6 x là: C 12 1+2 x ¿12 + hệ số x6 là: 26 C 614 ; Trong khai triển ( 1+2 x )12 hệ số Trong khai triển ( 1+2 x )10 hệ số x là: 26 C 610 6 6 6 Vậy hệ số a6 = C 14 + C12 + C10=41748 16 16 Câu 6b :1, Tìm tọa độ C và D Pt đường thẳng AB: x  y  0 ; I nằm trên cung AB (P) m  3m  d  I; AB    I  m; m  2m  1 , m   0;3 Diện tích tam giác IAB lớn lớn Xét hàm số f  m  m  3m trên  0;3 ta có: m 0 f(m) 3 9 9 m   0;3 ,  m  4m   d  I; AB    m  4 Dấu “=” xảy Suy   1  7 C  3;  D  0;  I là trung điểm AC và BD nên   và   là hai điểm cần tìm  1 I ;   4 Câu 6b : 2, Viết phương trình mặt phẳng (P) 2 Mặt phẳng (P) qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = với A  B  C   P    Q   5A  2B  5C 0  B   A  C  (1) A  4B  8C A  4B  8C cos45o    o A  B2  C2  16  64 A  B2  C (2) (P) tạo với (R) góc 45 nên  1 ,    A  10  A  C   8C 9 A  25  A  C   C2  21A  18AC 3C 0  A  C 1    A 1  Chọn *) A  1, C 1  B 0  Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0 20 A  , C 1  B   7 *) Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 x+20z+7z=0   2x  Câu 7b : Cho khai triển đa thức: 2013 a o  a1x  a x   a 2013 x 2013 Tính tổng: S  a  a1  a   2014 a 2013 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727  x(1  x)2013   a0  2a1 x  3a2 x2   2014a2014 x 2013 Ta có:  (1  x) 2013  4026 x(1  x)1012 a0  2a1 x  3a2 x   2014a2013 x 2013 (*) a x k  ak (  x ) k Nhận thấy: k đó thay x  vào hai vế (*) ta có: S  a0  a1  a2   2014 a2013 1343.32213 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa