Bộ đề thi thử Đại học môn Toán - Đề số 8

Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC.. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng ABC bằng 600.[r]

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng Câu 2: (2 điểm) Giải phương trình: 2sin x+tanx+   tan3x cos3x log x  y  2 Giải hệ phương trình:  4 x   xy  y  Câu 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) : x2  y  x  y   Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) hai điểm M, N cho MN = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z   và đường thẳng (d): x  y  z 1   Viết phương trình đường thẳng () qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) 1 và mặt phẳng (P) A và B cho M là trung điểm AB Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân B, BA = a Tam giác SAC cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M, N là trung điểm SA, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc MN và mặt phẳng (ABC) 600 Câu 5: (2 điểm)  Tìm 2sinx+cosx  (sinx+cosx) dx Tìm m để phương trình : phân biệt Câu 6: (1điểm) x2 3mxm  23x mx3m  x2  2mx  2m có nghiệm dương Xét các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 3(b  c) 4a  3c 12(b  c)   2a 3b 2a  3c HẾT -Chú ý: Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:…………………………………………………SBD:………………………………… Lop12.net www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ Câu ý 1 (2điểm) KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Nội dung Điểm y  x  2x  TXĐ: R 0,25 x   x  1 y '  4x  4x y '    Giới hạn: limy  ; limy   x  bảng biến thiên X -∞ y’ Y x  1 – + +∞ +∞ 0 – + 0,25 +∞ 2 3 3 Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3);(1; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 1);(0;1) Điểm cực đại (0; 2) ; điểm cực tiểu (1; 3);(1; 3) Đồ thị đồ thị hàm số có điểm uốn là ( 0,25 7 ;  );( ;  ) 3 3 y 0,25 -5 O x -2 -4 Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng Hoành độ giao điểm là nghiệm pt: x4  x2   m  (1) Từ câu 1) suy pt có nghiệm phân biệt  3  m  2 Đặt t  x (t  0) Phương trình trở thành : t  2t   m  Khi 3  m  2 thì phương trình (1) có nghiệm là: 0,25 0,25  t2   t1  t1  t2 nghiệm lập thành cấp số cộng  t2  t1  t1  t2  9t1 Lop12.net 0,25 www.VNMATH.com Theo định lý Vi-ét ta có:  t   10t1  t1  t2     t1t2  2  m 9t1  2  m m   59 (tm)  25 59 Vậy m   25 (2điểm) Điều kiện: cos3x   x    k 2 0,25 0,25 1 2sin x   tan 3x  tan x  2sin x   1 cos 3x cos 3x cos 3x  sinx=   (2sin x  1)(  1)    cos 3x cos3x=1 Pt  2sin x    x   k 2  (không thỏa mãn điều kiện) sinx=    x  5  k 2  k 2 cos3x=1  3x  k 2  x  (thỏa mãn điều kiện) k 2 Vậy nghiệm phương trình là: x  log x  y  (1) Điều kiện: x>0  x   xy  y  (2)  0,5 0,25 Từ (2) suy y<0 (2)  x    xy  y  16 x  16  x y  x y  x2 y  16 x  x2 y  16   ( xy  4)(4 x  xy  4)   xy   x  ( vì x  xy   ) y Thay vao (1) ta được: log 2  y   4.2 y  2log ( y)   y Xét f ( y)  4.2 y  2log ( y)   f '( y)  4.2 y.ln  y ln Đặt t   y(t  0) 0,25 0,25 2ln 2t 0 t     2ln 2 t ln 2 t ln t t t t 2 t ln  0t  Xét g (t )   g '(t )  t t ln Ta có bảng biến thiên T +∞ ln g’(t) – + f '( y)   4.2t.ln  g(t) +∞ g( ) ln +∞ 0,25 Lop12.net www.VNMATH.com 2t Vì g ( )  ln  2.ln 2   2.ln 2 t  ln t  f '( y)  y   f ( y) nghịch biến trên khoảng (;0) Nên phương trình f(y)= có nghiệm y  1  x  ln Vậy hệ có nghiệm (4;-1) 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bk R = Gọi H là giao điểm MN và AI Ta có : IH  IM  MH  IA  (2điểm) M 0,25 H A I 0,25 N TH1: A và I nằm khác phía với MN Ta có : HA  IA  IH    2 0,25 Trong tam giác vuông MHA ta có : AM  HM  AH  13 Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  13 TH2: A và I nằm cùng phía với MN Vì IA>IH nên I nằm H và A 13  2 Trong tam giác vuông MHA ta có : Ta có : HA  IA  IH   AM  HM  AH  43 Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  43 M H I A 0,25 N Gọi điểm A(3  2t , 2  t; 1  t )  (d ) và B(a, b, c)  ( P) 0,25 3  2t  a  a   2t   M là trung điểm AB  2  t  b   b   t 1  t  c  6 c  5  t   Vì B(a, b, c)  ( P)  a  b  c    (3  2t )  (2  t )  (5  t )    t 1 0,5 Suy A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)  x   2t  Vậy phương trình đường thẳng () là:  y  t  z  3  t  Lop12.net 0,25 www.VNMATH.com Gọi I là trung điểm AC, tam giác SAC cân nên SI  AC mà (SAC )  ( ABC ) suy SI  ( ABC ) (1điểm) S M 0,25 A H I B N C Gọi H là trung điểm AI suy MH//SI suy MH  (ABC) đó: 0,25 (MN ,( ABC ))  MNH  600 S ABC  a2 a 3a 5a a 10 NH  HC  NC  HC.NC.cos450   NH  Xét tam giác HCN có : NC  ; HC  Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 600  a VSABC (2điểm) 30 30 ; SI  2MH  a 30  SI S ABC  a3 12  0,25  4 2sinx+cosx cosx(2 tan x+1) dx  0 (sinx+cosx)3 0 cos3x(tanx+1)3 dx  Đặt t = tanx  dt  dx Đổi cận x =0  t  ; x   t  cos x 1 (2 t +1) Vậy I   dt   dt   dt 3 (t+1) (t+1) (t+1) 0, 0,25 x 3mxm  23 x mx3m  (3x  mx  3m)  ( x  3mx  m)  t Xét f (t )   t là hàm đồng biến trên R 2 Vậy pt  x  2mx  2m  0,25 1    t  2(t+1) 0,25 0,25 0,25 Pt có nghiệm dương phân biệt   '   m  2m      S    2m  m2 P   2m    Vậy m>2 Lop12.net 0,5 www.VNMATH.com (1điểm) 1   (*) Dấu “=” xảy  x  y x y x y 3(b  c)  4a  3c  12b  c  P  11    1  8   2a 3b  2a  3c     4a  3b  3c      2a 3b 2a  3c  1 Áp dụng (*):   2a 3b 2a  3b 4 16   2a  3b 2a  3c 4a  3b  3c x, y    1 16    2a 3b 2a  3c 4a  3b  3c  P  11  16  P  Dấu “=” xảy  b  c  a  Min P  5, b  c  a Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án đúng cho điểm tối đa Lop12.net 0,5 0,25 0,25