Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 10 ppt

SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MƠN : TỐN, KHỐI D Thời gian làm : 180 phút -o0o - Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3mx   Cm  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số với m = Tìm m để đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A, B đường thẳng AB qua điểm I(1; 0) Câu II (2,0 điểm)  5  Giải phương trình sin x  4sin   x    sin x  cos x    Giải phương trình x   x   x  x Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vuông C, AB = cm, BC = cm Cạnh bên SA vng góc với đáy góc cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) 60 Gọi D trung điểm cạnh AB Tính thể tích khối chóp S.ABC Tính khoảng cách hai đường thẳng SD BC Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  1; y   x  y   xy 1  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : P  x  y     y  x Câu V (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C  2; 5  , đường thẳng  : 3x  y    5 Tìm đường thẳng  hai điểm A B đối xứng qua I  2;  cho diện tích tam giác  2 ABC 15 Cho hai đường thẳng a b song song với Trên đường thẳng a có điểm phân biệt đường thẳng b có 10 điểm phân biệt Hỏi tạo tam giác có đỉnh điểm hai đường thẳng a b cho 3 Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình log   x   log  x     log  x   4 Câu I Ý ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Nội dung Điểm 1.0 Với m = 1, hàm số trở thành : y  x  x  TXĐ : ¡ Có limy   ; limy   x  x  x   y  y '  3x2  x ; y '     x   y  2 BBT : x  y’ + – y 0.25  +  0.25  -2 Hàm số đồng biến  ;   2;   ; Hàm số nghịch biến  0;  yCĐ = x = ; yCT = - x = 0.25  Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0)  3;  0.25 1.0 x  Ta có y '  x  6mx ; y '    0.25  x  2m Để hàm số có CĐ CT y’ = có hai nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua hai nghiệm  2m   m  0.25 Khi (Cm) có hai điểm cực trị A(0; 2) B 2m;  4m3 uuu r Đường thẳng AB qua A(0; 2) có vtcp AB  2m; 4m3  vtpt 2m ;1 0.25 Phương trình AB : 2m x  y        Theo giả thiết đường thẳng AB qua I(1; 0) nên 2m    m  1 II  5  sin x  4sin   x    sin x  cos x     0.25 1.0  sin x.cos x  cos x   sin x  cos x    sin x  cos x  sin x  cos x  sin x    cos x  sin x       0.25    cos x  sin x   x    k , k  ¢   sin x  cos x  sin x    cos x  sin x     Giải (1) : Đặt t  cos x  sin x ,   0.5 1   t   sin x   t  Pt (1) trở thành :  t t  2t    t  t    t  1     Với t  1 ta có cos x  sin x  1  cos  x    1  cos  x     4 4      x   k 2 , k  ¢    x    k 2 0.25 Giải phương trình Điều kiện : 2  x  1.0 0.25 Đặt t  x   x  t   x  x  x  x  t2  t  t2  Pt trở thành : t    3t  2t     t    Với t = ta có : 2  x  x  (t/m) x   x    x2   x    2 x  4  x   x  x 4 Với t   ta có x   x     x    x 3   x   x 2  14     x (t/m) 3 9 x  12 x  10   x  2  14    Vậy pt cho có ba nghiệm x = ; x = ; x  2  14 0.25 0.25 0.25 Vì tam giác ABC III vng C nên 1.0 AC  AB  BC    (cm) 1  S ABC  AC BC  3.4  (cm2) 2 Vì SA   ABC  nên AC hình chiếu SC 0.25 (ABC)  góc SC với (ABC) SCA = 60 Trong tam giác vng SAC 0.25 có SA  AC tan 60  3 0.25 1 0.25 Do SA   ABC  nên VS ABC  SA.S ABC  3.6  (cm3) 3 Gọi E trung điểm AC mà D trung điểm AB nên DE đường trung bình 1.0 tam giác ABC  DE // BC  BC // (SDE) mà SD  (SDE) nên d BC , SD   d BC , SDE   d B , SDE   d A, SDE  (vì D trung điểm AB) 0.25 Vì BC  AC  DE  AC , mà SA  (ABC)  SA  DE  DE  (SAE)  (SDE)  (SAE) mà (SDE)  (SAE) = SE Trong (SAE) kẻ AH  SE  AH  (SAE)  AH = d A, SDE  0.5 Trong tam giác vng SAE có AH đường cao nên : 1 1  2     AH  Vậy d BC , SD   2 AH SA AE 27 27 IV Đặt t  x y ; x  nên  x  y   x y  x  xy  x y  xy  Có  x  y   xy  x  có f '  y   9  y  3 3x2 4x  0.25 1.0 3y 3y (vì y  ) Xét hàm số f  y   1;   4y  4y   0, y  1;    f  y   f 1    x  3x 9  Xét hàm số g  x   1;3   g  x   Vậy t   ;3 4x  4  0.25      Khi P   x3  y    3    x  y   3xy  x  y   1     xy 3   x y      xy 3  xy     64t 3 1      xy  4t  1     3    xy    27    t     64 12 64 t  4t   27 t 64 12 64 9  Xét hàm số P(t) = t  4t   với t   ;3 27 t 4  = 0.25 Ta có P '  t   Vậy MaxP  P  3  V 0.25 64 12 8  12 9  t  8t   8t  t  1   0, t   ;3 t 9  t 4   xy  x  x  280 t =    ; x  y  y 1 y    xy    307 MinP  P    t    x y 0.25   36 x  y   1.0 Thay tọa độ I vào pt  ta 3.2    (ln đúng) nên I   Vì A   nên giả sử A  4a;3a  1 mà B đối xứng với A qua I nên I trung điểm 0.25 AB  B   4a;  3a  Từ C dựng CH  AB H CH  dC , AB   Theo giả thiết S ABC  15  3.2   5   32  42 1 CH AB  15  2 6   8a     a  0.25  15  a   A  4;  , B  0;1  25 1  2a    2a      a   A  0;1 , B  4;   VI 0.5 Vậy hai điểm cần tìm (4; 4) (0; 1) Mỗi tam giác tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm 1.0 chọn từ hai điểm đường thẳng điểm đường thẳng Do ta 0.25 có trường hợp sau : TH1: Tam giác tạo thành từ hai điểm đường thẳng a điểm đường thẳng b có tất : 5.C10  225 (tam giác) 0.25 TH2: Tam giác tạo thành từ điểm a hai điểm b có tất : 0.25 10.C52  100 (tam giác) 0.25 Vậy có tất : 225 + 100 = 325 tam giác 6  x  Điều kiện :  (*)  x  2 Pt  3log   x   3log x    3log  x    log   x   log  x     log x     x  x    x    x      x  x    (vì (*) nên   x  x    )   x       x  x      x  t / m  x  x  16      x  8  loai     x   33 (loai )  x  x  32      x   33 t / m    1.0 0.25 0.25 0.5 Vậy phương trình có hai nghiệm x = ; x   33 Tổng 10.00 Lưu ý : Các cách giải khác cho điểm tương đương phần SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MƠN : TỐN , KHỐI B Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  Thời gian làm : 180 phút -o0o 2x  x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm điểm M đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn Câu II (2,0 điểm) x x  x  Giải phương trình  sin sin x  cos sin x  2cos    2  2 2 Giải bất phương trình    2x  x2 x 1   x Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy SA = a Biết ABCD hình thang vng A B, AB = a, BC = 2a SC vuông góc với BD Tính tang góc SC với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SM với M trung điểm BC Câu IV (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh : Câu V (2,0 điểm) a 4b 9c    bc ca ab Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A  2; 1 , B 1; 2  Trọng tâm G tam giác ABC nằm đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác ABC có diện tích 27 2 Gọi X tập hợp số gồm hai chữ số khác lấy từ chữ số ; ; ; ; ; Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử X Tính xác suất để hai số lấy số chẵn 2 x 1.log y   2 x  Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 9.2 log 27 y   log y  ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (KB) Câu I Ý Nội dung TXĐ : ¡ \ 2 ; Có y '  1  x  2  0, x  nên hàm số nghịch biến  ;  Điểm 1.0 0.25  2;   ; hàm số khơng có cực trị limy   đths có TCN y = limy   ; limy    đths có TCĐ : x = x  x  2 BBT 0.25 x  2 x y’   – –  y 0.25  3  Đồ thị : Giao Ox :  ;  ; Giao Oy : 2   3  0;   2 0.25  2x   Vì M  (C) nên g/s M  x0 ;  x0    1.0 0.25 Tiếp tuyến (C) M có pt : y     giao TCĐ 1  x0    x  x0   x0  x0   2x   A  2;  ;    giao TCN B  x0  2;  x0     2x   Khi AB   x0       2 x0    Vậy ABmin  2 II   x0     x0    x0   M  3;3  x0      x0    x0   M 1;1   Với t > ta có x    x    x  x   1  x  Kết hợp đk ta nghiệm bpt : 1  x  2 x x   pt   sin sin x  cos sin x   cos   x  2 2  x x x x    sin sin x  cos sin x  sin x  sin x  sin  cos sin x    2 2   sin x   x  k , k  ¢  x sin  2sin x cos x   1  2 x x x x x 1  sin  2sin 1  2sin     2sin  sin 1    2 2 2 x  sin   x    k 4 , k  ¢  x  k Vậy pt có nghiệm   x  k , k  ¢  x    k 4 Giải bất phương trình Đk : 1  x  t2  Đặt t  x    x t  0   x  x2  , bpt trở thành :  2 t2   1  t  2t     t   t  2t    t  (t/m) t  III 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 0.5 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Vì SA  (ABCD) nên AC hình chiếu SC mặt phẳng (ABCD) Do góc SC với mặt phẳng (ABCD) góc SC với AC SCA (vì tam giác SAC vng A nên SCA < 90 ) Theo gt, hình thang ABCD vng A B nên tam giác ABC vuông B có AC = 0.25 AB  BC  a SA  AC Vì AC hình chiếu SC (ABCD) mà AC  BD nên SC  BD Trong tam giác vng SAC có tan SCA  Đặt AD = x , x > ta có BD = a  x 1 Ta có S ABCD  AC BD   AD  BC  AB  a a  x   x  2a  a 2 a a  x  4ax  a   x  Vậy AD  2 1a 5a   S ABCD    2a  a  2  1 5a 5a mà SA  (ABCD) nên VS ABCD  SA.S ABCD  a  3 12 Ta có M trung điểm BC nên BM = BC  a Gọi N điểm đối xứng với A qua D AN = 2AD = a Khi BM = AN = AB = a BM // AN nên tứ giác ABMN hình vng  AB // MN  AB // (SMN) mà SM  (SMN) nên d AB , SM   d  AB , SMN   d A, SMN  0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 Vì MN // AB  MN  AN MN  SA nên MN  (SAN) Từ A kẻ AH  SN H AH  (SMN)  d A, SMN   AH a SN  2 x  y  z x y z x yz Đặt x  b  c ; y  c  a ; z  a  b  a  ;b  ;c  2 Do a, b, c > nên x, y, z > Khi : a 4b 9c x  y  z 4 x  y  z 9 x  y  z      bc ca ab 2x 2y 2z   y 2x   z 9x   2z y     2           2x y   x 2z   y 2z    7      y  2x  a  2b  c  a   b  c  Đẳng thức xảy   z  x    (loại) c  a  b   b  c  3 y  z   Vậy đẳng thức không xảy , ta có điều phải chứng minh Vì G   nên giả sử G  a;  a  trọng tâm tam giác ABC  C  3a  3;9  3a  uur u Ta có AB  đường thẳng AB có vtcp BA  1;1 nên AB có pt x  y   Do tam giác SAN vuông cân A nên H trung điểm SN  AH  IV V 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 3a    3a  27 27  AB.d C , AB     27 2 2 20   a   C 17; 11   a    C  10;16    Từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; lập tất A6  30 số gồm hai chữ số khác nên tập X gồm 30 phần tử Lấy ngẫu nhiên hai số 30 số lập có C30 cách Theo gt, S ABC  2  n     C30  435 Gọi A: “ Hai số lấy số chẵn” Trong 30 số lập từ chữ số cho (khơng có chữ số 0) , số số chẵn số số lẻ nên có tất 15 số chẵn Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn 15 số chẵn có C15  105 cách  n  A   105 n  A 0.25 0.5 1.0 0.25 0.25 0.25 105 Vậy P  A     n    435 29 VI Điều kiện : y > 2 x.log y   22 x  Hệ pt   x 3.2 log y   log y  0.25 1.0 1 2 22 x  Thế vào (2) ta : 2x  22 x   x   y  27  22 x   22 x   3.2 x 9     2x 2x 2x        Tổng 0.25 Từ (1)  log y  Lưu ý : Các cách giải khác cho điểm tương đương phần 0.25 t / m 0.5 10.00 SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MÔN : TOÁN, KHỐI A, A1 Thời gian làm : 180 phút -o0o - Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x  x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm điểm M đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn Câu II (2,0 điểm)  sin x  sin x   2x  1 2x   x2 Giải phương trình tan x  tan x  Giải bất phương trình Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy SA = a Biết ABCD hình thang vuông A B, AB = a, BC = 2a SC vng góc với BD Tính tang góc SC với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SM với M trung điểm BC Câu IV (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh : Câu V (2,0 điểm) a 4b 9c    bc ca ab Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Đường thẳng BC có phương trình x  y   Biết hai đỉnh A, B nằm trục hồnh bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC Gọi X tập hợp số gồm hai chữ số khác lấy từ chữ số 0; ; ; ; ; ; Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử X Tính xác suất để hai số lấy số chẵn 2 x 1.log y   2 x  Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 9.2 log 27 y   log y  Câu I Ý ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Nội dung 1 TXĐ : ¡ \ 2 ; Có y '   0, x  nên hàm số nghịch biến  ;   x  2  2;   ; hàm số khơng có cực trị limy   đths có TCN y = limy   ; limy    đths có TCĐ : x = Điểm 1.0 0.25 x  x  2 BBT 0.25 x  2 x y’   – –  y 0.25  3  Đồ thị : Giao Ox :  ;  ; Giao Oy : 2   3  0;   2 0.25  2x   Vì M  (C) nên g/s M  x0 ;  x0    1.0 Tiếp tuyến (C) M có pt : y     giao TCĐ 1  x0    x  x0   x0  x0   2x   A  2;  ;    giao TCN B  x0  2;  x0     2x   Khi AB   x0       2 x0    Vậy ABmin  2 II 0.25   x0     x0    x0   M  3;3  x0      x0    x0   M 1;1  0.25 2 0.25 0.25 1.0    x   k cos2 x   Điều kiện :   ,k,l  ¢   cos x   x   l   sin x.cos x  cos x.sin x Pt    sin x  sin x  cos x.cos x  6sin x  cos x.cos x.sin x  cos x  1 0.25 0.25 sin x   x  k t / m    cos x.cos x  cos x  1  *  *  1  cos x  cos x  cos x  1  0.25  2cos3 x  3cos 2 x  cos x    cos x   x  k , k  ¢ 0.25 Vậy pt có nghiệm x  k , k  ¢ Điều kiện :  1.0 0.25 1  x  Khi  x  2 Bpt    x   x  x   x   x  x (1) 1 Vì   x  nên  x    x  x  2 1  1  x2     x2  x  t / m  0.25 2   16 x   16 x  x8  16 x  x  x    x8  x  20 x   x x  x  20   x  Vậy phương trình có nghiệm x = 0.5 III Vì SA  (ABCD) nên AC hình chiếu SC mặt phẳng (ABCD) Do góc SC với mặt phẳng (ABCD) góc SC với AC SCA (vì tam giác SAC vuông A nên SCA < 90 ) Theo gt, hình thang ABCD vng A B nên tam giác ABC vng B có AC = AB  BC  a Trong tam giác vng SAC có SA tan SCA   AC Vì AC hình chiếu SC (ABCD) mà AC  BD nên SC  BD 0.25 0.25 1.0 Đặt AD = x , x > ta có BD = a  x 1 Ta có S ABCD  AC BD   AD  BC  AB  a a  x   x  2a  a 2 a a  x  4ax  a   x  Vậy AD  2 1a 5a   S ABCD    2a  a  2  1 5a 5a mà SA  (ABCD) nên VS ABCD  SA.S ABCD  a  3 12 0.5 BC  a Gọi N điểm đối xứng với A qua D AN = 2AD = a Khi BM = AN = AB = a BM // AN nên tứ giác ABMN hình vng  AB // MN  AB // (SMN) mà SM  (SMN) nên d AB , SM   d  AB , SMN   d A, SMN  Ta có M trung điểm BC nên BM = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 Vì MN // AB  MN  AN MN  SA nên MN  (SAN) Từ A kẻ AH  SN H AH  (SMN)  d A, SMN   AH a SN  2 x  y  z x y z x yz Đặt x  b  c ; y  c  a ; z  a  b  a  ;b  ;c  2 Do a, b, c > nên x, y, z > Khi : a 4b 9c x  y  z 4 x  y  z 9 x  y  z      bc ca ab 2x 2y 2z   y 2x   z 9x   2z y     2           2x y   x 2z   y 2z    7     Do tam giác SAN vuông cân A nên H trung điểm SN  AH  IV 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25  y  2x  a  2b  c  a   b  c  Đẳng thức xảy   z  x    (loại) c  a  b   b  c  3 y  z   Vậy đẳng thức khơng xảy , ta có điều phải chứng minh V Vì B  BC  Ox  B 1;  r Đường thẳng BC có vtpt n r Trục Ox có vtpt j  0;1  1.0  3; 1 Do tam giác ABC vng A nên góc B nhọn r r  cos B  cos  n , j    ABC  60 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  ABI = 30 Dựng IH  AB H IH bán kính đường trịn nội tiếp  ABC IH = IH Trong tam giác vng IHB có HB =  mà AH = (cách dựng ) nên tan 30 AB = AH + HB =  0.25 0.25  1 Do A  Ox nên giả sử A(a; 0) AB = a    a   3 1    a  2    0.25 Vì AC  AB A,B  Ox nên C A có hồnh độ, C  BC : x  y      + Với a    A  3; , C  3;    7 62  Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC : G  ;   3       + Với a  2   A 2  1; , C 2  1; 6   0.25  4  6    G ;    3   Gọi số có hai chữ số khác ab với a  a, b  0;1; 2;3; 4;5; 6 Vì a  nên a có cách chọn ; b  a nên b có cách chọn Do có tất 6.6 = 36 số có hai chữ số khác  n  X   36 36 Lẫy ngẫu nhiên hai số X có C  630 cách  n     630 0.25 1.0 0.25 0.25 Gọi A: “Lấy hai số số chẵn” Xét ab số chẵn b  0; 2; 4;6 Nếu b = a có cách chọn  có số Nếu b  b có cách chọn a có cách chọn a  , b  a  có 15 số Do X có tất + 15 = 21 số chẵn gồm hai chữ số khác 0.25 Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn có C21  210 cách  n(A) = 210 Vậy P  A   VI n  A n    210  630 0.25 Điều kiện : y > 2 x.log y   22 x 1  Hệ pt   x 2 3.2 log y   log y  22 x  Từ (1)  log y  Thế vào (2) ta : 2x  22 x   x   y  27 2x 2x  2 2  3.2 x 9     2x x x 2        Tổng Lưu ý : Các cách giải khác cho điểm tương đương phần 1.0 0.25 0.25 t / m 0.5 10.00 ... nên d? ?? BC , SD   d? ?? BC , SDE   d? ?? B , SDE   d? ?? A,? ?? SDE  (vì D trung điểm AB) 0.25 Vì BC  AC  DE  AC , mà SA  (ABC)  SA  DE  DE  (SAE)  (SDE)  (SAE) mà (SDE)  (SAE) = SE ... đương phần 0.25 t / m 0.5 10. 00 SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MƠN : TỐN, KHỐI A, A1 Thời gian làm : 180 phút -o0o - Câu I... 0.25 Do SA   ABC  nên VS ABC  SA.S ABC  3.6  (cm3) 3 Gọi E trung điểm AC mà D trung điểm AB nên DE đường trung bình 1.0 tam giác ABC  DE // BC  BC // (SDE) mà SD  (SDE) nên d? ?? BC , SD