Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 22 - Đề 30 doc

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1    (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 0 2cos 2 x x x x                     2) Giải phương trình     3 3 2 2 1 1 1 1 2 1 x x x x               Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x    Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 30 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và ' CB bằng 2 a Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 333 3 1 3 1 3 1 accbba P       PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Biết 17 ( 4;1), ( ;12) 5 H M và BD có phương trình 5 0 x y    . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 2 3 1 x y z       và hai điểm (1;2; 1), A  (3; 1; 5) B   . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:                  2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 2) ( 3) 4 x y     và đường thẳng d: 3 4 7 0 x y m     . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 120 0 . 2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm (1;1; 1), (1;1;2), ( 1;2; 2) A B C    và mặt phẳng (P) có phương trình 2 2 1 0 x y z     . Mặt phẳng ( )  đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho 2 IB IC  . Viết phương trình mặt phẳng ( )  . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x                     , ( , ) x y  R . …………………………Hết………………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát 3 2 2 y x 3x m m 1      1,00 Khi m = 1, ta có 3 2 y x 3x 1    + TXĐ: D  ¡ + Giới hạn: 3 2 lim ( 3 1) x x x      3 2 lim ( 3 1) x x x      +Sự biến thiên: 2 ' 3 6   y x x 2 0 ' 0 3 6 0 2           x y x x x 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng     ;0 ; 2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng   0;2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0,25 Bảng biến thiên x  0 2  y  + 0  0 + y 1   - 3 0,25 1 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)  là tâm đối xứng. 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định m để 1,00 Ta có : y’ = 3x 2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0,25 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1 3 x x        0,25 I 2  Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x + 6 ( loại và song song với (d)) 0,25  Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 0 2cos 2 x x x x                     1,00 ĐK: 2cos 2 0 2 4 x x k         Với điều kiện đó phương trình 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 0 4 4 x x x                       2 1 cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0 2 2 x x x                     0,25 2 1 sin 2x sin 4x sin 2x 2 0 2                      2 1 sin 2x cos4x sin 2x 2 0       0,25   2 2 1 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 2 0        2 sin 2x sin 2x 2 0     sin 2x 1   hoặc sin 2x 2   (loại) 0,25 1 sin 2x 1 x k 4        So điều kiện phương trình có nghiệm 5 x k2 (k ) 4      ¢ 0,25  Giải phương trình     3 3 2 2 1 1 1 1 2 1 x x x x               1,00 ĐK: 1 1 x    . Đặt 1 u x   , 1 v x   , , 0 u v  Hệ trở thành:   2 2 3 3 2 1 2 u v uv u v uv            0,25 Ta có:       2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 uv uv u v uv u v                 3 3 2 2 2 u v u v u v uv u v uv         0,25 Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 u u v u v v                      0,25 II 2 Thay vào ta có nghiệm của PT là : 2 2 x   0,25 III Tính tích phân 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x    1,00 Đặt I = 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x    . Ta có I = 3 1 1 4 2 0 0 1 x x x e dx dx x     0,25 Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx   Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 t t I e dt e e      0,25 Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x    Đặt t = 4 x 4 3 4 x t dx t dt     0,25 Khi đó 1 1 4 2 2 2 2 0 0 1 2 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt t t             Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e     0,25 Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C 1,00 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB  CC' ( ') ' ' ( ') AB CMNC A B CMNC     . Kẻ ( ). ( ') ' ' ( ' ') MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B        0,25 mp ( ' ') CA B chứa ' CB và song song với AB nên ( , ') ( ,( ' ')) ( ,( ' ')) 2 a d AB CB d AB CA B d M CA B MH     0,25 Tam giác vuông 0 .tan 30 3 a BMC CM BM   Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 3 1 CMN MN a MH MC MN a a MN         0,25 IV Từ đó 3 . ' ' ' 1 . .2 . . 2 3 3 ABC A B C ABC a a V S MN a a   N M A' B' C A B C' H 0,25 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00 V áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3            (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P         0,25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có             3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3                         0,25 Suy ra   3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3              1 3 4. 6 3 3 4          Do đó 3 P  0,25 Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1                    Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba    0,25 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC 1,00 Đt  qua H và  BD có pt 5 0 x y    . (0;5) BD I I     . 0,25 Giả sử ' AB H    . Tam giác ' BHH có BI là phân giác và cũng là đường cao nên ' BHH cân  I là trung điểm của ' '(4;9) HH H  . 0,25 AB đi qua H’ và có vtcp 3 ' ;3 5 u H M          r uuuuuur nên có pt là 5 29 0 x y    . 0,25 1 Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1) 5 x y B x y          . M là trung điểm của AB 4 ;25 5 A        0,25 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. 1,00 Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M ( 1 2 ;3 ; 1 ) M t t t      ( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4) AM t t t AB         uuuur uuur 0,25 Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó ( , ) d B d BH BA   . Vậy ( , ) d B d lớn nhất bằng BA H A   . Điều này xảy ra . 0 AM AB AM AB     uuuur uuur 2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2 t t t t          (3;6; 3) M   . Pt d là 1 2 1 1 2 1 x y z       0,25 Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP   2;3; 1 u   r . Ta có;   2;2;0 NA  uuur   , 2;2;2 v NA u         r uuur r Mặt phẳng (P) chứa d và  đi qua A và có VTPT v r nên có pt là: -x + y + z = 0; Gọi K là hình chiếu của B trên (P) BH BK   . Vậy ( , ) d B d nhỏ nhất bằng BK H K   . Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K 0,25 VI.a 2 Tìm được K = (0; 2; -2) . Suy ra d có PT là : 2 2 x u y z u           0,25 VII.a T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200                 k k k n n n n n n C C k k C n n C 1,00 * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1( (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2( (2) 0,25 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2 0,25 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C 0,25 Phơng trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 0,25 Tỡm m trờn d cú duy nht mt im M m t ú k c hai tip tuyn MA, MB ti (C) (A, B l cỏc tip im) sao cho gúc AMB bng 120 0 1,00 ng trũn (C) cú tõm I(2;-3) v bỏn kớnh R=2. Theo gi thit ta cú tam giỏc IAM vuụng A v ã ã 0 0 60 30 AMI MIA . Suy ra: IM = 0 4 os30 3 AI c . 0,25 Vỡ M d nờn M=(1 + 4t; -1 + 4 m +3t). Ta cú 2 2 2 2 2 3 4 1 3 2 25 4 4 4 2 16 m m m IM t t t t m 0,25 Suy ra: 2 2 3 16 25 4 4 2 16 3 m m t t m 2 2 3 4 25 4 0 * 2 16 3 m m t t m Ta cú : 2 2 2 3 4 448 4 100 4 88 2 16 3 3 m m m m m 0,25 1 cú 1 im M tha món bi thỡ PT(*) cú 1 nghim duy nht 2 448 251 4 88 0 11 3 3 m m m 0,25 Mt phng ( ) i qua A, vuụng gúc vi mt phng (P), ct ng thng BC ti I sao cho 2 IB IC . Hóy vit phng trỡnh mt phng ( ) . 1,00 Gi mt phng ( ) cú phng trỡnh l ax 0 by cz d vi ; ; a b c khụng cựng bng 0 - mp ( ) i qua (1;1; 1) A nờn ta cú : 0 (1) a b c d - mp ( ) ( ) : 2 2 1 0 mp P x y z nờn 2 VTPT vuụng gúc nhau 2 2 0 (2) a b c 0,25 - 2IB IC khong cỏch t B ti mp ( ) bng 2 ln khong cỏch t C ti ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 6 0 2 (3) 5 2 3 0 a b c d a b c d a b c d a b c d a b c a b c 0,25 VI.b 2 T (1), (2), (3) ta cú 2 trng hp sau : 0,25 TH1 : 1 0 2 2 2 0 3 3 6 0 3 2 b a a b c d a b c c a a b c d d a                               chọn 2 1; 2; 3 a b c d         Ta có phương trình mp ( )  là 2 2 3 0 x y z     TH 2 : 3 0 2 2 2 0 5 2 3 0 3 2 b a a b c d a b c c a a b c d d a                              chọn 2 3; 2; 3 a b c d       Ta có phương trình mp ( )  là 2 3 2 3 0 x y z     Vậy tìm được 2 mp ( )  t/m ycbt là 2 2 3 0 x y z     hoặc 2 3 2 3 0 x y z     0,25 + Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y                      . 1,00 1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0(1) ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y x y x y x y x y x I y x y x                                     0,25 Đặt 2 log (1 ) y x t    thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1. t t t t         0,25 Với 1 t  ta có: 1 2 1(3). x y y x        Thế vào (2) ta có: 0,25 VII.b 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x                      0,25 . LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 -2 013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG.  và đường thẳng d: 3 4 7 0 x y m     . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm)