Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 59 pptx

1 S Ở GD& Đ T NGH Ệ AN TR ƯỜ NG THPT PHAN ĐĂ NG L Ư U ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N I N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 MÔN: TOÁN − KH Ố I A, B Th ờ i gian làm bài : 180 phút. I. PH Ầ N CHUNG CHO T Ấ T C Ả CÁC THÍ SINH (7,0 đ i ể m ) Câu 1 (2 đ i ể m ). Cho hàm s ố 3 2 1 3 y x x = − . 1) Kh ả o sát và v ẽ đồ th ị (C) c ủ a hàm s ố ; 2) Vi ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ủ a (C) bi ế t ti ế p tuy ế n đ ó c ắ t các tr ụ c Ox, Oy t ươ ng ứ ng t ạ i A, B phân bi ệ t th ỏ a mãn OB = 3OA. Câu 2 (1 đ i ể m ). Gi ả i ph ươ ng trình: 0 cos 6 ) sin2 (tan tan 3 = + + − x x x x Câu 3 (1 điểm ). Gi ải hệ phương trình: 2 2 1 2 2 1 2 3 3 y x x y x y x x x  + = +    + = + +  Câu 4 (1 điểm ). Tính tích phân 2 2 sin cos 3 sin 2 x x I dx x π π − + = + ∫ . Câu 5 (1 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và kho ảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC. Câu 6 (1 điểm ). Cho a,b, c là các s ố thực không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1. Chứng minh: 1 1 1 1 a b c bc ca ab + + ≥ + + + . II. PH Ầ N RIÊNG (3,0 đ i ể m ): Thí sinh ch ỉ đượ c làm m ộ t trong hai ph ầ n ( ph ầ n A ho ặ c ph ầ n B ). A. Theo ch ươ ng trình Chu ẩ n Câu 7a (1 điểm ). Trong m ặt phẳng Oxy cho ∆ ABC vuông t ại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có ph ương trình (d): 3 0 x y − = . Tìm to ạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến (d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương. Câu 8a (1 điểm ). Trong không gian v ới hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 3 6 5 2 x y t z t = −   = − +   = −  , mặt phẳng (P): x + 2y − 2z + 4 = 0 và điểm A( − 3; − 1; 2). Vi ết phương trình mặt phẳng ( α ) đi qua A, vuông góc v ới (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA. Câu 9a (1 điểm ). Tìm h ệ số của x 6 trong khai triển (x 2 + x – 2) n , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 0 1 2 3 2 2 2 121 3 4 1 1 n n n n n n n C C C C C n n + + + + + = + + . B. Theo ch ươ ng trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm ). Trong m ặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 x y + = và 2 điểm ( 3;0), ( 3;0) A B − . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho  0 60 AMB = . Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2 2 1 1 x y z + − = = , mặt ph ẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Vi ết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A song song v ới mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d. Câu 9b (1 điểm ). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: ( ) ( ) 2 2 2 log log 3 1 . 3 1 1 x x x x + + − = + . Cả m ơ n l o ve m at h @ g m ail. co m gử i tới www . laisac. p age. tl 2 …………………………. H ế t ………………………… Đ ÁP ÁN ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N 1. N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 Câu N ộ i dung Đ i ể m 1 (2 đ i ể m) 1) • TX Đ : ℝ . • SBT: − CBT: y’ = x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ho ặ c x = 2 Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2). 0,25 − C ự c tr ị : C Đ (0;0); CT( 4 2; 3 − ). − Gi ớ i h ạ n: lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ . 0,25 − BBT: 0,25 • Đồ th ị 0,25 2) Ta có:  tan 3 OB OAB OA = = ⇒ h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n là ±3. 0,25 G ọ i x 0 là hoành độ ti ế p đ i ể m thì y’(x 0 ) = ±3 ⇔ 2 0 0 2 3 x x − = ± ⇔ x 0 = − 1 ho ặ c x 0 = 3. 0,25 • PT ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i đ i ể m ( 4 1; 3 − − ): 4 3( 1) 3 y x = + + hay 13 3 3 y x = + . 0,25 • PT ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i đ i ể m (3; 0): y = 3(x − 3) hay y = 3x − 9. 0,25 2 (1 đ i ể m) Đ K: cosx ≠ 0. ⇔ 2 3(1 2cosx) tan x(1 2cosx) 0 + − + = ⇔ (1 + 2cosx)(3 − tan 2 x) = 0 0,5 ⇔ 1 cos 2 x = − ho ặ c tan 3 x = ± ⇔ 2 2 3 x k π π = ± + ho ặ c 3 x k π π = ± + . Đố i chi ế u Đ K, ph ươ ng trình có các nghi ệ m trên. 0,5 3 (1 đ i ể m) Đ KX Đ : x > 0, y ≠ 0. PT đầ u c ủ a h ệ ⇔ y = 2x ho ặ c y x= − . 0,25 1 2 3 4 3 − O x y − 3 x y’ y − ∞ + ∞ 0 2 0 0 + − + 0 4 3 − − ∞ + ∞ 3 • V ớ i y = 2x, ta có: 2 2 2 1 2 3 3 x x x x + = + + (*) ⇔ 2 1 3 1 2 1 x x = + + . 0,25 Dễ thấy hàm số 2 1 3 ( ) 2 1 f x x x = + + ngh ịch biến trên (0; + ∞ ). M ặt khác ( 3) 1 f = V ậy (*) có nghiệm dy nhất 3x = ⇒ 2 3y = . 0,25 • Với y x= − ta có: 2 2 1 2 3 3 x x x x − + = + + : PT này vô nghiệm vì vế trái không d ương, vế phải dương. Tóm l ại hệ có nghiệm duy nhất 3x = ; 2 3y = . 0,25 4 (1 điểm) 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 3 sin 2 4 (sin cos ) x x x x I dx dx x x x π π π π − − + + = = + − − ∫ ∫ 0,25 Đặ t sinx − cosx = t, ta có: 1 1 2 1 1 1 1 1 4 4 2 2 dt I dt t t t − −   = = +   − + −   ∫ ∫ 0,5 = 1 1 1 (ln | 2 | ln | 2 |) 4 t t − + − − = 1 ln3 2 . 0,25 5 (1 đ i ể m) • Do M là trung đ i ể m SC nên 1 ( ,( )) ( ,( )) 2 d M SAB d C SAB = ⇒ 1 2 SABM SABC V V = . Vì (SAB) ⊥ (ABC) nên g ọ i SH là đườ ng cao c ủ a ∆ SAB thì SH ⊥ (ABC) ∆ SAB đề u c ạ nh a ⇒ 3 2 a SH = . 0,25 2 3 1 1 3 3 . 3 3 2 4 8 SABC ABC a a a V SH S = = = V ậ y 3 16 SABM a V = . 0,25 • G ọ i D là đ i ể m sao cho ACBD là hình bình hành ⇒ (SAD) ch ứ a SA và song song BC ⇒ d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))= 3 SABD SAD V S . Ta có: 3 8 SABD SABC a V V = = . ∆SHC vuông cân t ạ i H ⇒ 6 2 2 a SC SH= = . BM là đườ ng cao tam giác cân SBC ⇒ BM = 2 2 2 2 6 10 4 4 a a SA SM a   − = − =       . 0,25 2 1 1 10 6 15 . . . 2 2 4 2 8 SAD SBC a a a S S BM SC = = = = 0,25 S D A H B C M 4 ⇒ d(SA, BC) = 3 3 15 SABD SAD V a S = . 6 (1 đ i ể m) Ta có: 2 2 2 2 1 3 1 2 a a a b c bc a ≥ = + + − + . 0,25 M ặ t khác d ễ th ấ y 2 2 2 3 a a a ≥ − (*). Th ậ t v ậ y (*) ⇔ a(a − 1) 2 (a + 2) ≥ 0 luôn đ úng. 0,25 Suy ra 2 1 a a bc ≥ + , t ươ ng t ự 2 1 b b ca ≥ + , 2 1 c c b ≥ + . 0,25 Do đ ó: 2 2 2 1 1 1 1 a b c a b c bc ca ab + + ≥ + + = + + + ( đ pcm). 0,25 7a (1 đ i ể m) G ọ i M là đ i ể m đố i x ứ ng c ủ a B qua d ⇒ M ∈ AC. G ọ i H, K l ầ n l ượ t là hình chi ế u c ủ a C, B trên d. Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM ⇒ M là trung đ i ể m AC. Vì các tam giác ABC, AHC vuông c ạ nh huy ề n AC nên MH = MB = MC = HC = 1. Gi ả s ử C(0; y 0 ) ⇒ CH = d(C,d) = 0 | | 1 2 y = ⇔ y 0 = ±2. 0,5 Gi ả s ử ( ; 3)A t t ∈ d (t > 0). Ta có: 2 2 0 ( 3) 2AC t y t= + − = ⇔ 2 0 4 2 3 0 t y t − = (do 2 0 4y = ) ⇔ 0 3 2 y t = . Vì t > 0 nên y 0 = 2 và 3t = . Vậy ( 3;3)A , C(0; 2). 0,5 8a (1 điểm) Giả sử M( − 3; − 6 + 5t; 2 − t) ∈ d. ta có: d(M, (P)) = MA ⇔ 2 2 | 3 2( 6 5 ) 2(2 ) 4| 0 (5 5) 1 4 4 t t t t − + − + − − + = + − + + + ⇔ (4t − 5) 2 = 26t 2 − 50t + 25 ⇔ 10t 2 + 10t = 0 ⇔ t = 1 ho ặc t = 0. ⇒ M( − 3; − 1; 1) ho ặc M( − 3; − 6; 2). 0,5 Mặt phẳng ( α ) c ần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp tuy ến là [ , ] p n MA n α =    , với p n  là 1 vec tơ pháp tuyến của (P). • M( − 3; − 1; 1): Ta có (0;0;1) MA =  , (1;2; 2) p n = −  ⇒ ( 2;1;0) n α = −  Ph ương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0. • M( − 3; − 6; 2): (0;5;0) MA =  , (1;2; 2) p n = −  ⇒ ( 10;0; 5) n α = − −  ⇒ ( α ): 2x + z + 4 = 0. V ậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0. 0,5 9a (1 điểm) Từ khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x + = + + + + ta có: 2 2 0 1 2 2 0 0 (1 ) ( ) n n n n n n n x dx C C x C x C x dx + = + + + + ∫ ∫ Hay: 2 2 1 0 1 2 2 3 1 0 0 1 1 1 1 (1 ) 1 2 3 1 n n n n n n n x C x C x C x C x n n + +   + = + + + +   + +   0,5 B H C M K A 5 ⇔ 1 2 3 1 0 1 2 3 1 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − = + + + + + + K ế t h ợ p gi ả thi ế t suy ra: 1 3 1 242 1 1 n n n + − = + + ⇔ 3 n + 1 = 243 = 3 5 ⇔ n = 4. Ta có (x 2 + x – 2) 4 = (x − 1) 4 (x + 2) 4 = 0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 ( )( .2 .4 .8 .16 ) C C x C x C x C x C C x C x C x C x − + − + + + + + V ậy hệ số x 6 là: 2 4 3 3 4 2 4 4 4 4 4 4 . .16 . .8 . .4 8 C C C C C C − + = − . 0,5 7b (1 điểm) Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có: 2 2 2 0 2 1 2 . .cos60 ( ) 2 . 2 . . 2 AB MA MB MA MB MA MB MAMB MA MB = + − = + − − = 2 2 4 3 . 4 3( )( ) a MA MB a a ex a ex − = − + − = 2 2 2 3 a e x + ⇒ 2 2 2 2 2 4 3 c c a x a = + ⇔ 2 2 2 2 2 (4 ) (4.3 4).4 32 3 3.3 9 c a a x c − − = = = ⇒ 4 2 3 x = ± . 0,5 Vì M ∈ (E) ⇒ 2 2 8 1 1 1 1 4 9 9 3 x y y = − = − = ⇒ = ± . V ậ y có 4 đ i ể m th ỏ a mãn v ớ i t ọ a độ là 4 2 1 ; 3 3   ± ±       . 0,5 8b (1 đ i ể m) Véc t ơ ch ỉ ph ươ ng và véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a d và (P) t ươ ng ứ ng là (2;1;1), (1;1; 2) d p u n = = −   . 0,25 G ọ i u ∆  là vec t ơ ch ỉ ph ươ ng c ủ a ∆ , t ừ gi ả i thi ế t suy ra u ∆  vuông góc v ớ i các véc t ơ , d p u n   ⇒ có th ể ch ọ n [ , ] ( 3;5;1) d p u u n ∆ = = −    . 0,5 V ậ y ph ươ ng trình ∆ là: x = 1 − 3t; y = − 1 + 5t; z = 2 + t. 0,25 9b (1 đ i ể m) Đ KX Đ : x > 0. Đặ t 2 2 log log ( 3 1) 0,( 3 1) 0 x x u v + = ≥ − = ≥ ⇒ u.v = x. Ta có ph ươ ng trình: u + uv 2 = 1 + u 2 v 2 ⇔ (u − 1)( 1 − uv 2 ) = 0 ⇔ u = 1 ho ặ c uv 2 = 1. 0,5 • u = 1 ⇒ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (th ỏ a mãn PT). • uv 2 = 1 ⇒ 2 log (2 3 2) 1 x − = ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (th ỏ a mãn PT). V ậ y PT có nghi ệ m duy nh ấ t x = 1. 0,5 L ư u ý : H ướ ng d ẫ n này ch ỉ trình bày m ộ t cách gi ả i, n ế u h ọ c sinh gi ả i cách khác mà v ẫ n đ úng thì cho đ i ể m t ố i đ a dành cho ph ầ n đ ó (ho ặ c ý đ ó). Cả m ơ n l o ve m at h @ g m ail. co m gử i tới www . laisac. p age. tl . NGH Ệ AN TR ƯỜ NG THPT PHAN ĐĂ NG L Ư U ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N I N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 MÔN: TOÁN − KH Ố I A, B Th ờ i gian làm bài :. giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và kho ảng cách