toan l3 DEDA thu DH 1 Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Bình Xuyên ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014 Môn thi TOÁN 12 KHỐI A, A1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CH[.]
www.LuyenThiThuKhoa.vn Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Bình Xuyên ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Môn thi: TOÁN 12 - KHỐI A, A1 Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) mx + www.NhomToan.com Câu 1.( điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x −1 1/Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m =1 2/Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) điểm có hồnh độ x =2, tìm m để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến d lớn π π π 2π Câu 2.(1 điểm)Giải phương trình 4sinx.sin + x sin − x − 3.cosx.cos x + cos x + = 3 3 3 3 2 − + =0 x y 2x y Câu 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 2x + 3x + 4y − 12x + 11 = Câu 4.(1 điểm) Tính tích phân I = x e x + dx ∫0 x + 1 Câu 5.(1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA’B’C’D’có đáy hình thoi cạnh a, góc ABC 600, góc mặt phẳng (A’BD) mặt phẳng đáy 600 Tính theo a thể tích hình hộp khoảng cách CD’ mặt phẳng (A’BD) Câu 6.(1 điểm) Cho a, b, c dương, a +b +c =3 Chứng minh rằng: a + 4a + 2b b + 4b + 2c c + 4c + 2a + + ≥ b + 2c c + 2a a + 2b II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm phần (Phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) ( x −3) +( y −2) =1 Tìm M thuộc Oy cho qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn, A, B tiếp điểm cho đường thẳng AB qua N(4;4) Câu 8.a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;1) , B(3;5;2) C(3;1; −3) Chứng minh điểm A, B, C đỉnh tam giác vng Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Câu 9.a (1 điểm) Có bơng hoa hồng bạch, bơng hoa hồng nhung hoa cúc vàng Chọn ngẫu nhiên bơng hoa Tính xác suất để hoa chọn không loại B.Theo chương trình nâng cao 2 2 Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho e líp x + y = đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 12 = Từ điểm M ∆ kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;4; 2) , B(2;5;0) C(0;0;7) Tìm điểm M thuộc (Oxy) cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ Câu 9.b (1 điểm) Giải phương trình log 22 x + (x − 5) log3 x + − 2x = -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN ĐÁP ÁN MƠN: TỐN 12 - KHỐI A,A1 Đáp án Câu -1 mx + x −∞ +∞ 1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số y = 1m=1 (2điểm) - x −1 y’ Khi m=1 y = x +1 y Tập1 xác định: R \ {1} x −1 Sự biến thiên: y' = −2 ( x −1) Điểm +∞ ∞ số nghịch biến khoảng < ∀x ≠ Do -hàm ( −∞ ;1) (1;+ ∞ ) Hàm số khơng có cực trị Tiệm cận: + Tiệm cận đứng x =1 lim+ f (x) = +∞ , lim− f (x) = −∞ x →1 x →1 + Tiệm cận ngang y =1 lim f (x) = 0,25 0,25 x →±∞ Bảng biến thiên: 0,25 y f(x)=(x+1)/(x-1) x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1 0,25 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng, cắt Oy (0;-1), cắt Ox (-1;0) 2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) x =2 → y =2m +1 f '(2) = − m − Phương trình tiếp tuyến d với (C) điểm (2;2m+1) y = −(m +1)x + 4m + Phương trình (d) ↔ m(x-4) = -x –y+3 tiếp tuyến d qua điểm cố định H(4;-1) Để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến (d) lớn ↔ (d) ⊥ AH −7 ↔ u d AH = ↔ 1.1 +6(m+1) =0 ↔ m = 0,5 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình (1điểm) π π π 2π 4sinx.sin + x sin − x − 3.cosx.cos x + cos x + = 3 3 3 3 π 2π ) − 3.cos x.(cos(2x + π ) + cos ) = 3 ↔ 2sin x.cos 2xx + sin x + 3.cos x.cos12x − cos x = + ∞ f’(x) ↔ (sin 3x − sin x) + sin x + 3(cos3x + cos x) − cos x = PT ↔ 2sin x(cos 2x − cos +∞ f(x) 11 cos3x = ↔ sin 3x + cos3x = ↔ sin 3x + 2 2π π π π π ↔ cos 3x − = ↔ 3x − = k2π ↔ 3x = + k2π ↔ x = + k , k ∈ Z 6 6 18 3 x y − 2x + y = (1) điểm) (1,0 Gi ả i h ệ ph ươ ng trình (1điểm) 2x + 3x + 4y − 12x + 11 = (2) Từ PT (1) ta x ≥ , y ≤ PT (2) ↔ −4y = 2x + 3x − 12x + 11 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (3) Vế phải (3) −4 ≤ −4y ≤ y ≤ Đặt f(x) = 2x3 +3x2 -12x +11 với x ≥ ta có bảng biến thiên: 0,5 Vế phải (3) ≥ → −4y ≤ ≤ 2x + 3x − 12x + 11 x ≥ , y ≤ Vậy nghiệm (2) (x;y)=(1;-1) Thay (x;y)=(1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy nghiệm hệ phương trình (x;y) = (1;-1) 0,25 điểm) (1,0 Tính tích phân: I = ∫ x ex + dx (1điểm) x + 1 1 2x I = ∫ x ex + dx = ∫ xe x dx + ∫ dx = I1 + I x+1 x+1 0 1 x u =x du = dx x → + I1 = ∫ xe dx Đặt → I1 = xe − ∫ e dx = xex − ex =1 x x 0 dv = e dx v = e x ( ) 1 2x + I2 = ∫ dx = ∫ − dx = ( 2x − 2ln(x + 1)) = − 2ln x+1 x + 1 0 I = I1 + I = − 2ln (1,0 điểm) Tính theo a thể tích hình hộp (1điểm) Gọi O tâm hình thoi ABCD → AO ⊥ BD mà AA' ⊥ (ABCD) → A'O ⊥ BD 0,5 0,25 0,25 0,25 ∠A 'OA góc mp(A'BD) với đáy → ∠A ' OA = 60o Do ∠ABC = 60o nên tam giác ABC A' ñeàu → AO = a D' C' B' Trong tam giác vuông A'AO, ta có AA ' = AO t an 60o = a D A 0,25 Do thể tích hình hộp: C B a2 a 3a3 V=SABCD AA'= = 2 Theo chứng minh ta có BD ⊥ (A ' AO) → (A ' BD) ⊥ (A ' AO) Trong tam giác vuông A ' AO , dựng đường cao AH, ta có AH ⊥ (A ' BD) hay AH = d(A, (A ' BD)) Do CD '/ /BA ' neân CD '/ /(A ' BD) suy d(CD ', (A ' BD)) = d(C, (A ' BD)) = d(A, (A ' BD)) (vì AO = CO ) = AH = AO.si n 60o = 0,5 a 2 (1,0 điểm) Chứng minh rẳng a + 4a + 2b + b + 4b + 2c + c + 4c + 2a ≥ (1điểm) b + 2c c + 2a a + 2b a2 b2 c2 4a + 2b 4b + 2c 4c + 2a BĐT ↔ + + + + + ≥7 b + 2c c + 2a a + 2b b + 2c c + 2a a + 2b a2 b + 2c 2a a2 b + 2c + 6a (1) (Cơsi) + Ta có + ≥ ↔ ≥ b + 2c b + 2c a2 b + 2c Dấu “=” = b + 2c b c + 2a + 6b c2 a + 2b + 6c (2) (3) Tương tự ≥ ≥ c + 2a a + 2b a2 b2 c2 Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta + + ≥ (*) dấu “=” b + 2c c + 2a a + 2b 0,5 a=b=c=1 + Ta có 4a + 2b + 4b + 2c + 4c + 2a = ( a + b + c) + + − b + 2c c + 2a a + 2b b + 2c c + 2a a + 2b 4 1 −6 b + 2c) + (c + 2a ) + (a + 2b) + + ( b + 2c c + 2a a + 2b 3 ≥ 0,5 3 (b + 2c)(c + 2a)(a + 2b).3 − = (**) 3 (b + 2c)(c + 2a)(a + 2b) Cộng (*) (**) ta điều phải chứng minh, dấu “=” a =b =c =1 (1,0 điểm) Tìm M thuộc Oy… 7a (1điểm) Giả sử A ( xA ; yA ) , B( xB ; yB ) M ∈ Oy → M (0; y ) , (C) có tâm I(3;2) A 0,25 A + Ta có A ∈ (C) ↔ x + y − 6x A − 4y A + 12 = (1) + Ta có I A.M A = ↔ x A − x A + y A − y A − y = ( ) ( )( ) 0,5 ↔ x 2A + y 2A − 3x A − (y + 2)y A + 2y = (2) Lấy (2) trừ (1) vế với vế ta 3x A − (y − 2)y A + 2y − 12 = (3) Tương tự ta có 3x B − (y − 2)y B + 2y − 12 = (4) Từ (3) (4) phương trinh AB 3x − (y − 2)y + 2y − 12 = AB qua N(4;4) ↔ 3.4 − (y − 2).4 + 2y − 12 = ↔ y = Vậy M(0;4) (1,0 điểm) Chứng minh điểm A, B, C đỉnh tam giác vng 8a (1điểm) Ta có AB = (2; 4;1) , AC = (2; 0; −4) không phương Ta lại có AB.AC = ∆ABC vuông A ∆ABC vuông A theo cm có bán kính đường trịn ngoại tiếp R= BC = 0,25 0,5 0,5 41 (1,0 điểm) Tính xác suất… 9a (1điểm) Gọi A, B, C tương ứng biến cố ‘Chọn ba hoa hồng bạch” ‘Chọn ba hoa hồng nhung” ‘Chọn ba hoa cúc vàng” H biến cố ‘Chọn ba hoa loại” A, B, C đôi xung khắc H = A ∪ B ∪ C → P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với P(A) = P(B) = C73 C16 C53 16 C = 10 , 560 0,5 C34 35 , , 49 = P(C) = = = P(H ) = 560 80 560 560 C16 Biến cố chọn ba hoa không loại H , P(H) = − P(H) = − 73 = 80 80 0,5 (1,0 điểm) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định 7b (1điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) xx1 yy1 + =1 x x1 y y1 + =1 Tiếp tuyến qua M nên Tiếp tuyến A có dạng 0,25 (1) Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt xx yy0 + = M thuộc ∆ nên 3x0 + 4y0 =12 → 4y0 =12-3x0 4xx 4yy 4xx y(12 − 3x ) + =4→ + =4 → 4 Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M (x- y)x0 + 4y – = → { 4yx−−y4==00 ⇒ { xy==11 0,25 0,5 Vậy AB qua điểm cố định F(1;1) 8b (1,0 điểm) (1điểm) Gọi G trọng tâm ∆ABC Ta có: 2 2 2 MA2 + MB2 + MC2 = MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC ( ) ( ) ( ) ( ) = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 + 2MG GA + GB + GC = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 Do GA + GB + GC = → MG GA + GB + GC = ( ) Vì GA + GB2 + GC2 không đổi nên MA + MB2 + MC2 nhỏ ↔ MG nhỏ ↔ M hình chiếu G (Oxy) G trọng tâm ∆ABC → G (1;3;3) Hình chiếu G (Oxy) có tọa độ (1; 3;0) Vậy M (1; 3; ) 9b (1,0 điểm) Giải phương trình log 22 x + (x − 5) log x + − 2x = (1điểm) Điều kiện x>0(*) t =2 Đặt t = log x phương trình ↔ t + (x − 5)t + − 2x = ↔ t = − x + Với t = ↔ log x = ↔ x = thỏa mãn (*) + Với t = − x ↔ log x = − x ↔ x + log x − = Xét f (x) = x + log x − 3, ∀x >0 >0, ∀x >0 → hàm số ln đồng biến ∀x >0 Ta có f '(x) = + x ln f(2) =0 → x =2 thỏa mãn (*) nghiệm Vậy nghiệm phương trình x =2; x =4 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Đáp án có trang Học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa theo thang điểm câu cho Câu khơng vẽ hình hay vẽ khơng không cho điểm (Lưu ý: Kiến thức đề theo tiến độ dạy( khơng số phức, khơng phương trình mặt phẳng)) ...KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN ĐÁP ÁN MƠN: TỐN 12 - KHỐI A,A1 Đáp án Câu -1 mx + x −∞ +∞ 1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số y = 1m=1 (2điểm)... đỉnh tam giác vng 8a (1điểm) Ta có AB = (2; 4;1) , AC = (2; 0; −4) không phương Ta lại có AB.AC = ∆ABC vuông A ∆ABC vuông A theo cm có bán kính đường trịn ngoại tiếp R= BC... → hàm số ln đồng biến ∀x >0 Ta có f ''(x) = + x ln f(2) =0 → x =2 thỏa mãn (*) nghiệm Vậy nghiệm phương trình x =2; x =4 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Đáp án có trang Học sinh làm theo cách