PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm Câu 1.. 2/Viết phương trình tiếp tuyến d với C tại điểm có hoành độ x =2, tìm m để khoảng cách từ điểm A3;5 tới tiếp tuyến d là lớn nhất.. Tính the
Trang 1Sở 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 CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1.( 2 điểm) Cho hàm số y mx 1
x 1
+
=
− có đồ thị (C)
1/Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m =1
2/Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm có hoành độ x =2, tìm m để khoảng cách
từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến d là lớn nhất
4sinx.sin x sin x 4 3.cosx.cos x cos x 2
Câu 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình:
x y 2x y 0 2x 3x 4y 12x 11 0
Câu 4.(1 điểm) Tính tích phân
1 x
0
2
x 1
+
Câu 5.(1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA’B’C’D’có đáy là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng 600, góc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng đáy bằng 600 Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa CD’ và 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
7
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (Phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) ( ) ( )2 2
x 3 − + − = y 2 1
Tìm M thuộc Oy sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn, A, B là tiếp điểm sao 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) và C(3;1; 3)− Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC
Câu 9.a (1 điểm) Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng
Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho e líp x2 y2 1
4 + =3 và đường thẳng : 3x 4y 12 0
∆ + − = Từ điểm M bất kỳ trên ∆ kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một 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) và C(0;0; 7) Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho MA2+MB2+MC2 đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 9.b (1 điểm) Giải phương trình log x22 + −(x 5) log x3 + −6 2x=0
-Hết -
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: SBD:
Trang 2KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN 3
Đ ÁP ÁN MÔN: TOÁN 12 - KHỐI A,A 1
1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số y mx 1
x 1
+
=
− khi m=1
Khi m=1 x 1
y
x 1
+
=
− Tập xác định: R \ 1{ }
Sự biến thiên:
( )2
2
x 1
−
− Do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (1;+∞) Hàm số không có cực trị
0,25
Tiệm cận: + Tiệm cận đứng x =1 vì
x 1 lim f (x)+
→ = +∞,
x 1 lim f (x)−
→ = −∞ + Tiệm cận ngang y =1 vì
xlim f (x) 1
Bảng biến thiên:
0,25
f(x)=(x+1)/(x-1)
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
x y
Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng, cắt Oy tại (0;-1), cắt Ox tại (-1;0)
0,25
2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d với (C)
x =2 →y =2m +1 và f '(2)= − −m 1
Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm (2;2m+1) là y= − +(m 1)x 4m 3+ + 0,5 Phương trình (d) ↔ m(x-4) = -x –y+3 tiếp tuyến d qua điểm cố định H(4;-1) 0,25 (2điểm)
Để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến (d) là lớn nhất ↔(d)⊥AH
↔ u AHd =0
↔1.1 +6(m+1) =0↔ m 7
6
−
=
0,25
2 (1,0 điểm) Giải phương trình
-1
x
1
y’
y
+∞
1
-∞
Trang 32 4sinx.sin x sin x 4 3.cosx.cos x cos x 2
2
PT 2sin x(cos 2x cos ) 2 3.cos x.(cos(2x ) cos ) 2
2sin x.cos 2x sin x 2 3.cos x.cos 2x 3 cos x 2
0,25
(sin 3x sin x) sin x 3(cos3x cos x) 3 cos x 2
sin 3x 3 cos 3x 2 sin 3x cos 3x 1
(1điểm)
2
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
x y 2x y 0 (1) 2x 3x 4y 12x 11 0 (2)
PT (2) ↔ − =4y 2x3 +3x2 −12x 11+ (3)
Vế phải (3) − ≤ − ≤4 4y 4 vì y ≤1
Đặt f(x) = 2x3 +3x2 -12x +11 với x≥0 ta có bảng biến thiên:
Vế phải của (3) ≥ 4 → 3 2
4y 4 2x 3x 12x 11
Vậy nghiệm của (2) là (x;y)=(1;-1)
0,5
3
(1điểm)
Thay (x;y)=(1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy nghiệm của hệ phương trình
(1,0 điểm) Tính tích phân:
1 x
0
2
x 1
+
1 2
= ∫ = ∫ + ∫ = +
+
1 x 1
0
I =∫xe dx Đặt u xx du dxx
dv e dx v e
→
1
0
I xe e dx xe e 1
1
I dx 2 dx 2x 2ln(x 1) 2 2ln 2
0
+
0,25
4
(1điểm)
1 2
(1,0 điểm) Tính theo a thể tích hình hộp
5
(1điểm) Gọi O là tâm hình thoi ABCD →AO⊥BD mà AA'⊥(ABCD)→A'O⊥BD
0,25
x f’(x) f(x)
4
Trang 4A 'OA
2
= Trong tam giác vuông A'AO, ta có
o 3
2
Do đó thể tích của hình hộp:
ABCD
a 3 a 3 3a
B
A
C
D 0,25
Theo chứng minh trên ta có BD ⊥ (A ' AO) → (A ' BD) ⊥ (A ' AO)
AH ⊥ (A ' BD) hay AH = d(A, (A ' BD)).Do CD '/ /BA ' nên CD '/ /(A ' BD)
suy ra d(CD ', (A ' BD)) = d(C, (A ' BD))
= d(A, (A ' BD)) (vì AO = CO)
= AH = AO.si n 60o 3
4
a
=
0,5
(1,0 điểm) Chứng minh rẳng
7
+ + + + + + + + ≥
BĐT↔ a2 b2 c2
b 2c+c 2a +a 2b
4a 2b 4b 2c 4c 2a
7
b 2c c 2a a 2b
+ Ta cĩ
a b 2c 2a a b 2c 6a
Dấu “=” khi
2
a b 2c
b 2c 9
+
= +
Tương tự
2
b c 2a 6b
c 2a 9
≥
2
c a 2b 6c
a 2b 9
≥
Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được
1
b 2c+c 2a +a 2b ≥
+ + + (*) dấu “=”
khi a=b=c=1
0,5
6
(1điểm)
+ Ta cĩ 4a 2b 4b 2c 4c 2a ( ) 1 1 1
+ + + + + + + −
3
3
(**) Cộng (*) và (**) ta được điều phải chứng minh, dấu “=” khi a =b =c =1
0,5
(1,0 điểm) Tìm M thuộc Oy…
Giả sử A x ; y( A A), B x ; y( B B) và M ∈Oy →M (0; y )0 , (C) cĩ tâm I(3;2) 0,25
7a
(1điểm)
+ Ta cĩ I A.M A = 0
↔(xA −3 x) A +(yA −2 y)( A −y0)= 0 0,5
Trang 5↔ 2 2
x +y −3x −(y +2)y +2y = (2) 0
Lấy (2) trừ (1) vế với vế ta được 3xA−(y0 −2)yA +2y0−12= (3) 0
Tương tự ta có 3xB −(y0−2)yB +2y0−12= (4) 0
Từ (3) và (4) phương trinh AB là 3x−(y0−2)y+2y0−12= 0
AB qua N(4;4) ↔3.4−(y0−2).4+2y0−12= ↔0 y0 =4 Vậy M(0;4) 0,25
(1,0 điểm) Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông
Ta có AB = (2; 4;1)
, AC=(2; 0; 4)−
không cùng phương
Ta lại có AB.AC= 0
vậy ∆ABC vuông tại A
0,5
8a
(1điểm)
ABC
∆ vuông tại A theo cm trên có bán kính đường tròn ngoại tiếp
R 1BC 41
(1,0 điểm) Tính xác suất…
Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch”
‘Chọn được ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng”
H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc
và H = A ∪ B ∪ C → P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với
3 5 3 16
P(A)
560 C
= = ,
3 7 3 16
P(B)
560 C
= = ,
3 4 3 16
P(C)
560 C
0,5
9a
(1điểm)
Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H, P(H) 1 P(H) 1 7 73
= − = − = 0,5
(1,0 điểm) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định
Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
Tiếp tuyến tại A có dạng xx1 yy1
1
4 + 3 =
Tiếp tuyến đi qua M nên x x0 1 y y0 1
1
4 + 3 = (1)
0,25
7b
(1điểm)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt
xx yy
1
4 + 3 = do M thuộc ∆ nên 3x0 + 4y0 =12 →4y0 =12-3x0
→ 4xx0 4yy0
4
4 + 3 = → 4xx0 y(12 3x )0
4
−
0,25
Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0
{x y 0 {y 1 4y 4 0 x 1
− = = Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,5
(1,0 điểm)
8b
(1điểm) Gọi G là trọng tâm ∆ABC Ta có:
MA +MB +MC =MA +MB +MC = MG GA + + MG GB + + MG GC +
Trang 6Chú ý: Đáp án có 5 trang
Học sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm mỗi câu đã cho Câu 5 nếu không vẽ hình hay vẽ không đúng không cho điểm
(Lưu ý: Kiến thức đề ra theo tiến độ dạy( không số phức, không phương trình mặt phẳng))
3MG GA GB GC 2MG GA GB GC 3MG GA GB GC
Do GA+GB+GC= →0 MG GA(+GB+GC)=0
Vì GA2 +GB2 +GC2 không đổi nên MA2+MB2+MC2nhỏ nhất
↔ 2
MG nhỏ nhất ↔M là hình chiếu của G trên (Oxy)
0,5
G là trọng tâm ∆ABC→G 1;3;3( )
Hình chiếu của G trên (Oxy) có tọa độ (1; 3;0) Vậy M 1; 3; 0( ) 0,5
(1,0 điểm) Giải phương trình log x22 + −(x 5) log x2 + −6 2x=0
Điều kiện x>0(*)
t (x 5)t 6 2x 0
t 3 x
=
= −
0,25
+ Với t = ↔2 log x2 = ↔ =2 x 4 thỏa mãn (*) 0,25 + Với t = − ↔3 x log x2 = − ↔ +3 x x log x2 − =3 0
Xét f (x)= +x log x2 −3, x >0∀
Ta có f '(x) 1 1 >0, x >0
x ln 2
= + ∀ → hàm số luôn đồng biến ∀x >0 f(2) =0→x =2 thỏa mãn (*) là nghiệm
0,25
9b
(1điểm)
Vậy nghiệm của phương trình là x =2; x =4 0,25
