Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 30 pdf

I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s 3 2 3 4 y x x C 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) 2. Gi d l ng thng i qua im A(- 1; 0) vi h s gúc l k ( k R). Tỡm k ng thng d ct (C) ti ba im phõn bit v hai giao im B, C ( vi B, C khỏc A ) cựng vi gc ta O to thnh mt tam giỏc cú din tớch bng 8. Cõu II (2 im) 1 .Tỡm cỏc nghim ca phng trỡnh: 2 2 7 sin .cos4 sin 2 4sin 4 2 2 x x x x (1) tho món iu kin : 1 3 x . 2.Gii phng trỡnh sau : 2 3 2 3 2 3 8 x x x Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn : 2 0 1 sin 1 cos x x I e dx x Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, AB=a, AD=2a, cnh SA vuụng gúc vi ỏy, cnh SB to vi ỏy gúc 60 0 . Trờn cnh SA ly im M sao cho a 3 AM 3 . Mt phng (BCM) ct SD ti N. Tớnh th tớch khi chúp SBCMN? Cõu V (1 im) Cho 3 s thc dng x, y, z tha món 1 x y z . Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc xy yz zx P xy z yz x zx y II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B Cõu VI.A (2,0 im) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 02 yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 27 2 2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz cho hai im (0; 1;2) M v ( 1;1;3) N . Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua M, N sao cho khong cỏch t 0;0;2 K n (P) t giỏ tr ln nht .Tỡm im I thuc mt phng (x0y) sao cho IM+IN nh nht . Cõu VII.A (1,0 im) Gii bt phng trỡnh 2 2.5 5 3 5 5 4 x x x Cõu VI.B (2,0 im) 1. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A cú nh A(6; 6), ng thng i qua trung im ca cỏc cnh AB v AC cú phng trỡnh x + y 4 = 0. Tỡm ta cỏc nh B v C, bit im E(1; 3) nm trờn ng cao i qua nh C ca tam giỏc ó cho. 2. Trong khụng gian 0xyz cho im 1,2, 2 I v ng thng : 2 2 3 x y z v mt phng P : 2 2 5 0 x y z . Vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm I sao cho mt phng (P) ct khi cu theo thit din l hỡnh trũn cú chu vi bng 8 . T ú lp phng trỡnh mt phng Q cha v tip xỳc vi (S). Cõu VII.B (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc : 2 4 3 1 0 2 z z z z . .Ht Chú ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V. S GD & T THANH HểA TRNG THPT HU LC 2 THI TH I HC LN 2 NM 2012 MễN TON ( Khi A-B-D) (Thi gian lm bi 180 khụng k thi gian phỏt ) SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 Câu Nội dung Điể m 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 2 3 4 y x x     Tập xác định: D R   Sự biến thiên - lim , lim x x y y       0.25 - Chiều biến thiên: 2 0 ' 3 6 0 2 x y x x x          Bảng biến thiên X  0 2  y’ + 0 - 0 + 4  Y  0 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;0  và   2;  , nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại tại 0, 4 CD x y   . Hàm số đạt cực tiểu tại 2, 0 CT x y   0.25  Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 0.25 2.(1,0 điểm) I (2điểm) Khối D 3điểm 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y = k(x+1) = kx+ k . - Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x 3 – 3x 2 + 4 = kx + k  x 3 – 3x 2 – kx + 4 – k = 0  (x + 1)( x 2 – 4x + 4 – k ) = 0       044)( 1 2 kxxxg x có ba nghiệm phân biệt  g(x) = x 2 – 4x + 4 – k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1 (*)90 09 0 0)1( 0'              k k k g Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0. - Gọi     1 1 2 2 ; ; ; B x y C x y với 1 2 ; x x là hai nghiệm của phương trình : 2 4 4 0 x x k     . Còn 1 1 2 2 ; y kx k y kx k     . - Ta có :           2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ; 1 1 BC x x k x x BC x x k x x k           uuur - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : 2 1 k h k   - Vậy theo giả thiết : 2 3 3 3 2 1 1 . . 2 1 8 8 64 4 2 2 1 k S h BC k k k k k k k             Đáp số : 4 k  , thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán . 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1.(1,0 điểm) Pt(1) 1 1 3 sin .cos4 cos4 2sin 2 2 2 x x x x         1 cos4 2 sin 0 2 x x           cos4 2 1 sin sin( ) 2 6 x x             2 6 7 2 6 x k x m                 Mặt khác: 1 3 2 4 x x       0.25 0.25 * với 2 2 4 0 6 k k          . Do đó : 6 x    * Với 7 2 2 4 0 6 m m         nên 7 6 x   0.25 0.25 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 6 x    và 7 6 x   thoả mãn (2) (2điểm)   2 3 2 3 2 3 8 x x x     (1) ĐK 2 x   . Pt (1)         2 2 3 2 2 4 2 2 4 2 2 x x x x x x          Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được: 2 2 2( 2 4) 2 4 3 2 0 2 2 x x x x x x           Đặt 2 2 4 2 x x t x     ĐK 0 t  . Phương trình (1) 2 2 2 3 2 0 1 2 t t t t             * Với 1 2 t   . pt VN *Với t=2 PT có nghiệm 3 13 x   0.25 0.25 0.5 2 2 2 0 0 0 1 sin sin 1 cos 1 cos 1 cos x x x x e dx x I e dx e dx x x x              2 2 2 0 0 1 sin 2 1 cos cos 2 x x e dx x e dx x x        Đặt 1 I  2 2 0 1 2 cos 2 x e dx x    Và 2 I  2 0 sin 1 cos x x e dx x    0.25 Câu III (1điểm) Ta có : 2 I  2 2 2 0 0 2sin .cos sin 2 2 1 cos 2cos 2 x x x x x e dx e dx x x       2 0 tan 2 x x e dx    Mặt khác : Tính 1 I  2 2 0 1 2 cos 2 x e dx x    Đặt 2 tan cos 2 2 x x u e du e dx dx x dv v x                  Áp dụng công thức tích phân từng phần : 1 I  2 2 0 1 2 cos 2 x e dx x    = 2 2 0 tan 2 x x e e dx     0.25 Do đó 1 2 I I I   2 2 2 0 0 1 sin 2 1 cos cos 2 x x e dx x e dx x x        = 2 2 0 tan 2 x x e e dx     2 0 tan 2 x x e dx    2 e   0.25 Vậy : 2 I e   0.25 Câu IV (1điểm) Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD tại N thì N là giao điểm của (BCM) và SD, vì SA  (ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là · 0 SBA 60  . Ta có · SA SB.tanSBA a 3   . Từ đó ta có: a 3 2 31 SM SA AM a 3 3 3      SM SN 2 SA SA 3    . Dễ thấy: S.ABCD S.ABC S.ADC S.ABC S.ADC V V V 2V 2V    Và S.BCNM S.BCM S.CNM V V V  Do đó: S.BCNM S.BCM S.CNM S.BCM S.CNM S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC V V V V V V V 2V 2V     1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5 . . . . . . 2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9      . Mà 3 S.ABCD 1 2 3a V SA.dt(ABCD) 3 3   3 S.BCNM 10 3a V 27   (đvtt) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy yz zx P xy z yz x zx y       Do       1. xy z xy z xy z x y z x z y z           nên xy xy z   1 . 2 x y x y x z y z x z y z             (1) Lý luận tương tự : yz yz x   1 . 2 y z y z y x x z x y x z             (2) xz xz y   1 . 2 x z x z x y y z x y y z             (3) 0.5 V (1điểm) Cộng vế với vế (1) , (2) và (3) ta được xy yz zx P xy z yz x zx y       3 2  0.5 S A B C D M N ng thc xóy ra khi v ch khi : 1 3 x y z Vy giỏ tr ln nht ca 3 1 2 3 P x y z 1.(0,75 im) Vì G nằm trên đờng thẳng 02 yx nên G có tọa độ )2;( ttG . Khi đó ( 2;3 ) AG t t uuur , ( 1; 1) AB uuur Vậy diện tích tam giác ABG là 1)3()2(2 2 1 2 1 22 2 22 ttABAGABAGS = 2 32 t Nếu diện tích tam giác ABC bằng 27 2 thì diện tích tam giác ABG bằng 27 9 6 2 . Vậy 2 3 9 2 2 t , suy ra 6 t hoặc 3 t . Vậy có hai điểm G : )1;3(,)4;6( 21 GG . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 3 ( ) C G A B x x x x và 3 ( ) C G A B y y y y . 0.5 Với )4;6( 1 G ta có )9;15( 1 C , với )1;3( 2 G ta có )18;12( 2 C 0.25 2.Gi , , n A B C r 2 2 2 0 A B C l mt vect phỏp tuyn ca mt phng (P). Phng trỡnh mt phng (P) i qua M cú dng; 1 2 0 2 0 Ax B y C z Ax By Cz B C Do 1;1;3 3 2 0 2 N P A B C B C A B C : 2 2 0 P B C x By Cz B C 0.25 Mt khỏc :Khong cỏch t K n mp(P) l: , 2 2 4 2 4 B d K P B C BC -Nu B = 0 thỡ d(K,(P))=0 (loi) -Nu 0 B thỡ 2 2 2 1 1 , 2 4 2 4 2 1 2 B d K P B C BC C B Du = xy ra khi B = -C. Chn C = 1 Khi ú pt (P): x + y z + 3 = 0 0.5 VIa (2im) PT (x0y) l : z =0 . Nhn thy M ; N nm cựng phớa i vi mt phng (x0y) Gi M l im i xng vi M qua (x0y) . ng thng d qua M vuụng gúc vi (x0y) cú VTCP 0;0;1 u r . PTTS ca d l : 0 1 2 x y z t . Gi s 0 H d x y Thỡ 0; 1;2 H t . lỳc ú 2+t=0. suy ra 0; 1;0 H .Do ú M(0;-1;-2) ; ' 1;2;5 M N uuuuur . Ta cú : IM+IN = IM+IN ' M N . ng thc xóy ra khi v ch khi ' ( 0 ) I M N x y . 0.5 C E  PT của đường thẳng M’N là : 1 1 3 1 2 5 x y z       . Điểm I   1 ;1 2 ;3 5 m m m     cần thuộc đường thẳng M’N và (x0y)nên 3+5m=0  3 5 m   . Vậy 2 1 ; ;0 5 5 I         VIIa (1điểm) Đk 5 log 2 x  (*) Đặt t= 5 x t  ĐK t>2 BPT (1) 2 2 3 5 4 t t t     (1). Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được : 4 2 2 2 20 4 45 4 4 5 t t t t t t            5 log 20 5 20 1 5 5 2 x x x x                 (**) Kết hợp (*) và (**) ta được : 5 2 log 20 1 log 5 2 x x          vậy bất phương trình có nghiệm : 5 2 log 20 1 log 5 2 x x         0.25 0.25 0.25 0.25 1.(0.75 điểm) Gọi  là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB Ta có   6 6 4 , 4 2 2 d A      Vì  là đường trung bình của  ABC     ; 2 ; 2.4 2 8 2 d A BC d A     Gọi phương trình đường thẳng BC là: 0 x y a    Từ đó: 4 6 6 8 2 12 16 28 2 a a a a              Nếu 28 a   thì phương trình của BC là 28 0 x y    , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và  , vô lí. Vậy 4 a  , do đó phương trình BC là: 4 0 x y    . Đường cao kẻ từ A của ABC  là đường thẳng đi qua A(6;6) và BC  : 4 0 x y    nên có phương trình là 0 x y   . Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình 0 2 4 0 2 x y x x y y                 Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là 4 0 x y    nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m) Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-m;m) 0.75 VIb (2điểm) Suy ra:   5 ; 3 , ( 6; 10 ) CE m m AB m m         uuur uuur Vì CE AB  nên         . 0 6 5 3 10 0 AB CE a a a a         uuur uuur  2 0 2 12 0 6 a a a a          Vậy     0; 4 4;0 B C        hoặc     6;2 2; 6 B C       . Â B H 2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r mà 2r.  = 8  . suy ra r =4 và 2 2 2 R r d   Trong đó     3 d d I P   2 25 R   Phương trình mặt cầu (S) :       2 2 2 1 2 2 25 x y z       0.75 Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với    tại điê,r 5 5 4 ; ; 3 3 3 M        Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa    tiếp xúc với (S) đi qua 5 5 4 ; ; 3 3 3 M        và có VTPT 2 11 10 ; ; 3 3 3 MI        uuur là : 6 33 30 105 0 x y z     0.5 VIIb (1điểm) ĐS : phương trình có 4 nghiệm 1 1 1 ; 1 ; ; 2 2 i i z i z i z z          1.0  Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó. . Thí sinh thi khối D không phải làm câu V. S GD & T THANH HểA TRNG THPT HU LC 2 THI TH I HC LN 2 NM 201 2 MễN TON ( Khi A-B -D) (Thi gian lm. khụng k thi gian phỏt ) SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 201 2 Câu Nội dung Điể m