De thi thu Dai Hoc so 53

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Giải phương trình.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 53 Ngày 27 tháng năm 2013 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : 2x  y x Câu ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy các điểm phân biệt A , B cho OA = 4OB   Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình sin  x   3sin x  cos x  4   x3  x  13 x  y  y  10  x  y    x  y  x3  x  10 y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  dx I  2 x 1  x 1 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân ( x, y  R ) Câu (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD =2a, SA  (ABCD) và SA = a Gọi H là hình chiếu vuông góc A lên SB Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách hai đường thẳng AD và SC 2 Câu (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x  y  z xyz x y z    Chứng minh : x  yz y  xz z  xy 2 II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh làm hai phần ( A B ) A Theo chương trình Chuẩn D 3;  3 Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có  , CM : x  y   M là trung điểm AD , phương trình đường thẳng , B nằm trên đường thẳng d : 3x  y  0 Tìm tọa độ A, B, C biết B có hoành độ âm P Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 3x  y  z  0 và điểm A  2; 2;  Tìm tọa độ điểm M cho MA vuông góc với  P  , M  P O cách gốc tọa độ và mặt phẳng n 1 n Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: Cn 4  Cn 3 7(n  3) Tìm hệ số x khai triển: P ( x) (  x5 )n x3 với x  B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có D   1;  1 , diện tích 6, phân giác góc A là  có phương trình x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh B hình chữ nhật , biết A có tung độ âm Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x  y  z  x  y  z  0 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo đường tròn có bán kính r 2 z  2i 4 z z2 Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức cho là số ảo và ……………HẾT……… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 53 Câu 1: 1, (1.5 điểm) D R \  1 TXĐ: 1 y'  0   ;1 và  1;   ( x  1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng lim y  lim y   lim y  lim y 2 x   x ; x 1 Tiệm cận đứng x = x   ; Tiệm cận ngang y = * Bảng biến thiên x     , y y   Đồ thị: Câu 1: 2, (0,5 điểm) 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) cắt Ox A và Oy B cho OA = 4OB Do OAB vuông O nên: tan A  OB 1   OA  Hệ số góc d  xo  1 1    x 3 ( x0  1)  ( x0  1) Hệ số góc d là:    o y   x  y  ( x  1)  o Khi đó phương trình tiếp tuyến là: 4 Với xo  thì y( x0 )  xo 3 yo  0 y( x0 )  13  x y  ( x  3)  Khi đó phương trình tiếp tuyến là: 4  Với thì Câu 2:(1.0 điểm)   sin  x   3sin x  cos x  4   sin x  cos x 3sin x  cos x  2 sin x  cos x  3  cos x  cos x  0  2sin x cos x  2cos x  3sin x  cos x   sin x  cos x  3   cos x  1  cos x  3 0  cos x  3  sin x  cos x 1 0     sin x  cos x  0  sin x  cos x   sin  x    4       x    k 2   x   k 2     x    5  k 2   x    k 2 4   , (k  Z )  (k  Z.) Câu 3: (1.0 điểm)  x3  x  13 x  y  y  10  3  x  y    x  y x  x  10 y   1   x    x   y  y (*) Xét hàm số f  t  t  t Ta có f '  t  3t   0t  R  f  t  đồng biến trên R Do đó (*)  y x  Thay y  x  vào (2) ta :  3x    x  x3  3x  10 x  26  x  x3  3x  10 x  24 3x      x 2  3  x  2  x  2    x  x  12   x    x  x  12    3x     x  3x     x  x 2    x 1 PT (3) vô nghiệm vì với thì x  x  12  Vậy hệ có nghiệm  y 0 dx I  2x 1  x 1 Câu 4: Tính tích phân t2  tdt t  x 1  x   dx  Đặt I  tdt  t  1 t   3, t   5 5 1      dt  ln t     t   t  1  t 1   3  Khi đó ln  12 Câu 5: Tính thể tích… VS HDC SH SH SB SA2 VH SDC VS HDC ,     VS BDC SB SB SB Ta có :   ln  12  ln t   t   6  VS HDC  VS BDC  SA.S BDC  a 6.S BDC 7 Gọi K là hình chiếu B trên AD AB.BD a a2 3a BK.AD  AB.BD  BK=   S BCD  BK BC  VH SDC  AD 2 Vậy 14 Ta có ; AD  SBC  d  AD, SC  d  AD,  SBC   d  A,  SBC   h Vì nên Dựng hình bình hành ADBE Do AB  BD nên AB  AE 1 1 1 a  2   2    h 2 2 SA AB AE SA AB BD 6a Trong tứ diện vuông ASEB ta có : h x y z   1 2 Câu (1,0 điểm) Từ gt ta có : yz xz xy Mặt khác : xy  yz  zx x  y  x Mà theo gt x 1 x       1 x  yz x  yz  x yz    1 x  y  x xyz nên xy  yz  zx xyz x y z x Lại có : (1) y 1 y  z 11 z          2 Tương tự : y  xz  y xz  (2) z  xy  z xy  (3) x y z 1 1 x y z  1              1  Cộng (1) (2) (3) ta : x  yz y  xz z  xy  x y z yz xz xy   x  y  x xyz    x  y z  x  y  z 3  x  yz, y xz , z  xy  Đẳng thức xảy Câu 7a: (1,0 điểm) B  d  B  b;  3b   d  B, CM  2d  D, CM  Vì S BMC 2S DMC nên  b 3  b  2    b  B  3;   , B   1;5  B  3;   Khi đó Loại vì B có hoành độ dương C  CM  C  c; c    I  1;1 Gọi I là trung điểm BD    C  5;3 A   3;  1 Do CI  BD nên CI BD 0  c 5 Vì I là trung điểm AC nên  P n  3; 2;  1  Câu 8a(1,0 điểm) có véc tơ pháp tuyến M  a; b; c  AM  a  2; b  2; c  Gọi Ta có a 2  3t  b 2  2t     c  t MA   P  Vì nên AM và n cùng phương  AM tn, t  R   Vì M cách O và (P) nên MO d  M ,  P     14  a  b  c   3a  2b  c   Thay (1) vào (2) tìm t a2  b2  c2  (1) 3a  2b  c  14 (2)  1 3 3 M  ; ;   4 Vậy Câu 9a: Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển P( x) (  x5 )n x3 Cnn41  Cnn3 7(n  3)  (n  4)( n  3)( n  2)  ( n  3)(n  2)( n  1) 42( n  3)  n  3(loai )  (  x )12  n 12(tm)  n  5n  14( n  3)  n2  9n  36 0  Với n=12 ta có nhị thức: x 5(12  k ) 60  11k 12 12 12 k k  3k k k P ( x) (  x )  C12 x x  C12 x x k 0 k 0 Ta có: 60  11k 8  60  11k 16  k 4 4 Hê số x là C12 7920 Gọi E là điểm đối xứng với D qua   E  AB PT đường thẳng DE: x  y  0  I   2;0  E   3;1 Gọi I là giao điểm DE với  Vì I là trung điểm DE nên   A    A  a; a   A   3;  1 a   AE  AD với Do nên AE AD 0  a  B  AE  B   3; b  Câu 7b(1,0 điểm) PT đường thẳng AE: x  0 ,  b 2  S ABCD 6  AB AD Mà AD 2 nên AB 3  b  Khi đó B   3;  , B   3;   B   3;  vì đó  là phân giác ngoài Vậy I  1;  3;  Câu 8b(1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm , bán kính R 3  P  chứa trục Oy nên PT  P  có dạng : Ax  Cz 0  B, C 0  Vì A  2C   2 d I, P   R  r  A2  C Ta có    A  C  0  C 2 A  P  là : x  2z 0 Chọn A 1  C 2 Vậy PT Loại B   3;   z  2i  a   b   z a  b  2abi z  a  bi Gọi Ta có , a   b   4 a 0   2 a  b 0 b 0 Câu 9b(1,0 điểm) Ycbt Vậy z 0, z 2  2i, z   2i a 2  b 2 a   b 2