TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D - MÃ SỐ D5

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

89
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'tuyển tập đề thi thử đại học năm học 2012 - 2013 môn toán khối d - mã số d5', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D - MÃ SỐ D5

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ D5 Môn thi: TOÁN; Khối: D Hướng dẫn giải gồm 04 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Xác đ ịnh tọa độ điểm T trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại T tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 8  2 10 . Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải.  x  t  1 3 . 3  2. Tọa độ điểm T cần tìm T  t ;1   . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm T: d : y  3. 2  t  1 t 1  t 1  6   và cắt tiệm cận ngang y  1 tại điểm B  2t  1;1 . Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng x  1 tại điểm A 1;1  t 1      6     6     , IB   2t  2;0  . Giao điểm hai đường tiệm cận là I 1;1 ; AB   2t  2;  , IA   0; 1 t   t 1   6 36 2  2 t  1  4  t  1  Chu vi tam giác IAB : p AIB  IA  IB  AB  2  t  1 t 1 6 36 2  2 t  1  u  u  0   u 2  24  4  t  1  Đặt . 2  t  1 t 1 p AIB  8  2 10  u  u 2  24  8  2 10 u 2  24  u 2  2 8  2 10 u  8  2 10 2    t  2   M 1  0; 2  , M 2  2; 4    u  8  t 1  1   t  0 0  u  8  2 10  ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos  x    cos x  4sin x  2 . 3  Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với   2 cos  x    cos x  4sin x  2  3 sin 2 x  cos x  sin x  2 cos x  3 3  x x x      1  3 sin x  3 1  cos x   2 1  3 sin cos  6sin 2 2 2 2 x x x    2sin  1  3 cos  3sin   0 2 2 2 x sin 2  0  x  2k  k      x  2  2k  x 1 3   tan 2  3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
4 5x  9  0  x   . Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  3 2 x 33 x 2 Hướng dẫn: Điều kiện x  3 2 . 2 x3 4 5x 5x Bất phương trình đã cho tương đương với 2 7 0  7  0 3 3 2 x 2 x 33 3 2  x3 x 2 x Đặt  t thu được 3 2  x3 2t 3  5t  7  0   t  1  2t 2  2t  7   0   1 2 13  x3 x3  1 x   t  1 2  t      0  t  1   0 1 x  3 2 1 1  0  3 3 2 x x 2   2 2 3 3 2 x   Bất phương trình đã cho có nghiệm 1  x  3 2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, H là tâm của đáy, I là trung điểm của đoạn S H, khoảng cách từ I đến a mặt phẳng (SBC) b ằng và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy (ABCD) một góc  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và 2 . Hướng dẫn: d  I ,  SBC   1 SI   d  H ,  SBC    a  HK ,    SBC  ,  ABCD      SMH .  SH d  H ,  SBC   2 4a 2 a 2a  S ABCD  AB 2  Trong tam giác vuông HKM : HM   AB  . sin 2  sin  sin  4a 3 a 1 Tam giác vuông SKH có SHK  SMH  ; SH  .  VS . ABCD  SH .S ABCD  3cos  sin 2  cos 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 2 x  2 x 0 Hướng dẫn:   dx  1 2 2 x  2 x x 2 2 3 3 1 1      2  x  2  x dx   x  2  2   2  x  2   8  4 2 . I   2 x2 x 20 2 0 3 0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x  y  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  x3 y 3  x3  y 3   3 x  3 y . Hướng dẫn: 3 Ta có T  x3 y 3  x3  y 3   3 x  3 y  x3 y 3  x  y   3xy  x  y    3 x  3 y  x 3 y 3  8  6 xy   3 x  3 y .   x 11 y 1 1 x  y  4 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có 3 x  3 y   2.   3 3 3 2 4  x  y 1  6 xy  8  6 xy  1 3 3  1  8  6 xy  0 , x y  8  6 xy   .2 xy.2 xy.2 xy 8  6 xy    xy   2. 4 8 8 4  Kết hợp lại ta có T  4 . Giá trị lớn nhất của T đ ạt được bằng 4, khi và chỉ khi x  y  1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn n 1  3 Câu 7 .a (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x trong khai triển Newton của  n 2 x  6  trong đó n là số nguyên dương nhỏ n x  0 1 2 n nh ất thỏa mãn điều kiện Cn  Cn  Cn  ...  Cn  512 . Hướng dẫn: n Xét khai triển  x  1  Cn  Cn x  Cn x 2  ...  Cnn x n ; x  1  2 n  Cn  Cn  Cn  ...  Cn . 0 1 2 0 1 2 n Theo bài ra Cn  Cn  Cn  ...  Cn  512  2n  512  n  log 2 512  9 . Do n nguyên dương và nhỏ nhất nên n  10 . 0 1 2 n n 10 k 15  2 k  n2 x 1  10 10 1 1 10  k      C101010 2 k x 3 . k k  6   10 x  6    C10 10 x Khi đó  6  10 n x  10 x   10 x    k 0 k 0 15  2k Số hạng chứa x3 tương ứng với  3  k  3 . Hệ số cần tìm là C1010 4 x3 . 3 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với tọa độ ba trung điểm của các cạnh AB, BC, CA lần lượt là M 1;1 , N  3; 2  , P  2; 1 . Lập phương trình đường tròn ngo ại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn:     Ta có MN   2;1 , NP  1;3 . Phương trình đường trung trực của AB đi qua M và vuông góc với N P : x  3 y  4  0 . Phương trình đường trung trực của AC đi qua P và vuông góc với MN : 2 x  y  3  0 . x  3y  4  0  I 1;1 . Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác thỏa mãn hệ  2 x  y  3  0 MP là đường trung bình tam giác ABC nên nếu gọi D là trung điểm của MP thì A và N đối xứng với nhau qua D. 3  Ta có D  ; 0  , suy ra A  0; 2  . Bán kính đường tròn ngoại tiếp R  IA  10 . 2  2 2 Phương trình đường tròn cần tìm  x  1   y  1  10 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9 .a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng  chứa trục Ox và cắt mặt cầu có phương trình  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  0 theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất. Hướng dẫn: Mặt cầu đã cho có tâm I  1; 2; 2  , bán kính R  3 . Mặt phẳng  cần tìm chứa trục Ox nên có phương trình d ạng By  Cz  0  B 2  C 2  0  . Hơn nữa,  cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính lớn nhất khi  đi qua tâm I  2 B  2C  0  B  C  0 . Chọn B  1; C  1     : y  z  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao x2 Câu 7.b (1,0 đ iểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ellipse  E  :  y 2  1 , lập phương trình đư ờng thẳng d 4 song song với trục hoành và cắt ellipse tại hai điểm A, B sao cho OA vuông góc với OB. Hướng dẫn: Phương trình đường thẳng d song song với trục hoành : y  m .  x2   y  1  x  4 1  m  2 2 2 Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và ellipse là nghiệm của hệ phương trình  4  y  m y  m   3
Theo yêu cầu bài toán, hệ trên có hai nghiệm phân biệt, khi 1  m 2  0  1  m  1 .    25 25    Giả sử A 1  m2 ; m , B  1  m 2 ; m ; OA.OB  0  4  m 2  1  m 2  0  m  ;m   . 5 5 25 25 Có hai đường thẳng thỏa mãn là y  . ;y  5 5 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- y3 Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :1  x   3  z và mặt phẳng (P) có 2 phương trình 2 x  y  2 z  9  0 . Gọi A là giao điểm của d và mặt phẳng (P), lập phương trình đư ờng thẳng  nằm trong mặt phẳng (P) sao cho  đi qua A và vuông góc với d. Hướng dẫn: y3  1  x   3 z   x; y; z    0; 1; 4   A  0; 1; 4  . Tọa độ A là nghiệm của hệ  2 2 x  y  2 z  9  0       Vì đ ường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên u  ud , nP    5;0; 5  .   x  t  Phương trình đường thẳng cần tìm  :  y  1 z  4  t  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Câu 9 .b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để hàm số y  mx  có cực trị sao cho khoảng cách từ điểm cực tiểu đến tiệm x 2 cận xiên của đồ thị bằng . 5 Hướng dẫn: 1 1 y  m  2 ; y  0  2  m . x x Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m  0 . 1 1 1   x2  x1m  0  . Suy ra tọa độ điểm cực tiểu M  ; 2 m  . Phương trình có hai nghiệm là x1  ; x2   m m m  Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là d : y  mx . m  2 5m  2  m 2  1 m2 m 2 2   d M, d      m  1 5 5 2 m 1 m  0   2 1 Giá trị cần tìm của m là m  2; m  . 2 4