Bộ đề thi thử Đại học môn Toán - Đề số 3

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A3;1;0, B nằm trên mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz.. Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao c[r]

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A ĐỀ CHÍNH THỨC WWW.VNMATH.COM Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  6m  1x  1 có đồ thị C m  a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 m = b Tìm m để trên C m  có hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  và N  x ; y  cho tiếp tuyến điểm đó vuông góc với đường thẳng x  y   và Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x1  x  sin 3x cos 3x    cot x sin x cos x  x  xy  y  x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  x y  y  3x 0 0  x, y  R   cos x dx cos x  sin x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có M là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác ABC, BC = 2a, góc ACB 90 , góc ABC 60 Góc cạnh bên CC’ và mặt đáy (ABC) là 45 , hình chiếu vuông góc C’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm CM Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và cosin góc hai đường thẳng BC và C’G Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thuộc đoạn 1 ; 2 Tìm tất các giá trị thực z để biểu thức P  x  yz x  y   xyz có giá trị lớn là M thỏa mãn 2 x  xy  y M  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn hai phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho A(1;2), B(1;-2) Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng d1: x - y -1 = cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d2: x+y -3 = Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz Tìm tọa độ điểm B và C cho H(2;1;1) là trực tâm tam giác ABC Câu 9a (1,0 điểm) Có bao nhiêu cách chia đồ vật đôi khác cho người cho người nhận ít đồ vật B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x - y + 1= và tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = Viết phương trình đường thẳng AB Biết đường thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 450 Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(0;1;2), B(-1;1;0) và mặt phẳng (P): x - y + z = Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho tam giác MAB vuông cân B Câu 9b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log x 2  x   log x 2  x 2   , x  R  Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……………………………………, Số báo danh:……………………… Lop12.net TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Câu Ý a Thí sinh tự giải (1đ) Nội dung Điểm 1.0 Đường thẳng x + 3y -6=0 có hệ số góc k   Tiếp tuyến M và N lần 0.25 lượt có hệ số góc, k1  y'  x1  , k  y '  x2  , từ giả thiết  k1  k =3 Câu b (2điểm) (1đ) Câu (1điểm)  x  mx1  6m  1    12  x1, x2 là nghiệm pt x – 2mx + 6m – = (1)  x  2mx  6m  1  Phương trình (1) có nghiệm x = 2m -3 và x = Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 t/m 2m     2m   x1  x     2m      m3 k Đk: sin x   x  sin x cos x  cos x sin x sin x  cos x sin x sin x  cos x    Pt  sin x cos x sin x sin x sin x  cos x sin x  sin x  cos x  sin x  cos x 2 sin x  cos x  3  tan x  1   2 sin x  cos x   ptvn    k , k  Z  x  y  x5  y  Hpt   2  x  y  x  y  1  x   1 2 x0  y  13 y  22  x0   y   y  11 x=0 suy y=0 y=2 suy x=1 và x=2 y=11 không có x thỏa mãn thử lại vào hệ thấy thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm: (0; 0) , (1; 2) và (2; 2) Đặt t = sinx + cosx +  dt = (cosx – sinx)dx I Câu (1 điểm)  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  2 0.25 0.25 Thế (1) vào (2): x 5  y 2  x  y  1   Câu (1điểm) 0.25 t2 dt t2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 2    ln t   t 3  0.25 Lop12.net  ln 2   3 0.25 Câu (1 điểm) C' B' Tính góc C ' CH  45 BC = 2a, AB = 4a, MC = 2a HC = HC’ = a, GH = a/3 0.25 A' VABC.A’B’C’ = C’H.SABC = a.1/2.AC.CB = 3a (đvtt) 45 2a B C 0.25 H 4a G 2a M A Có B' G  B' C '  C ' H  HG và B' C '  C ' H  B' C ' C ' H  , C ' H  HG  C ' H HG   nên B' G  B' C ' C ' H  HG  B' C '.HG cos B' C ', HG     Do cos B' C ', HG   cos BC , GH   cos 600    0.25 a 10 40a , GC '  HC ' GH  2 B' C ' GC '  B ' G cos B' C ' G   B' C '.GC ' 10  B' G   góc BC và C’G góc gữa B’C’ và C’G và có cosin 0.25 10 Cách khác:   cos BC , C ' G   cos CB, C ' G  CB.C ' G CB.C ' G a 10 và 1 C ' G  C ' H  HG  C ' H  CM  C ' H  CA  CB 12 12 1 a  C ' G.CB  CB   cosBC , C ' G   12 10 Tính C ' G  x t  t 2 z  1  z 1  , vì x, y  1; 2  t   ; 2 , lúc đó P   f t  y t  t 1 2  1  Vì f(t) liên tục trên  ; 2 nên có Max f t   M 1  2  t ;  Đặt t  0.25 2  t  t 2 z  1  z 1   có nghiệm t   ; 2 t  t 1 2  t t  1  có nghiệm t   ; 2 , z 2t  2  Vậy M   Bpt ẩn t: Câu (1điểm) Xét h/s g t   t2  t  1  , t   ; 2 2t  2  Lop12.net 0.25 t Từ bảng biến thiên suy z  1 + g’(t) - 0.25 + g(t) 0.25 Câu 7a (1 điểm) Vì A  d nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với d2 A Phương trình IA: x – y + = Gọi I(t; t+1), vì IA = IB suy t = -1 Suy I(-1; 0) Gọi C(a; a-1), vì IC = IA = 2  a   Vậy có điểm C thỏa mãn bài toán là C ;  và C  3; -     0.25 I C 0.25 d2 0.25 A 0.25   AH BC   Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z) ta có  CH AB   HA, HC HB   xz 0    2x  y   Giải hệ ta có nghiệm (3; 1; -3) và 3  x   y  13  z     Câu 8a (1 điểm) B 0.25  7    ;14;  2  0.25 0.25 Với x=3, y=1, z=-3 suy B(3; 1; 0) loại vì B trùng A       7 2 0.25 Với x=-7/2; y=14; z= 7/2  B  ;14;0 ; C 0;0;  Câu 9a (1 điểm) TH1: Mỗi người nhận đồ vật, số cách chia là: C 62 C 42 C 22  90 cách TH2: Một người nhận đồ vật, hai người còn lại người nhận đồ vật Số cách chia là: 3.C 64 C 21  90 cách TH3: người nhận đồ vật, người nhận đồ vật, người nhận đồ vật, số cách chia là: 3!C 61 C 52 C 33  360 cách Vậy số cách chia thỏa mãn bài toán là: 90+90+360 = 540 cách 0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi vtpt đt AB là n AB a; b  ; a  b   ta có cos 45  n AB n d  n AB n d a   b  0.25 Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;-2) , R=3  d I , AB   Câu 7b (1 điểm) R 2 0.25  m  Nếu a=0 chọn b = 1, ptđt AB: y+m=0 từ d I , AB     m   0.25 Lop12.net   m Nếu b=0 chọn a = , ptđt AB: x+m=0 từ d I , AB     m    Vậy có đường thẳng AB thỏa mãn bài toán là: 2y+1=0; 2y+7=0; 2x+1=0 và 2x-5=0  BA.BM   Gọi M(x; y; z) từ giả thiết ta có:  BA  BM  M  P   x  2z     2   x  1   y  1  z  ,  x yz 0  Câu 8b (1 điểm) 0.25 0.25 0.25 Giải hệ nghiệm    10   10   10      và    10 ;   10 ;   10  ; ;     6 6 3        10   10   10   ; ;  6   Vậy có điểm M thỏa mãn bài toán M     10   10   10   ; ;  6   0  x  Đk   x 1 0.5 và M  Pt  log x 2  x   log Câu 9b (1điểm) 2  x     log x 2  x   1 log x 2  x      log x 2  x    a   log x 2  x    b  Giải (a): a    x  x  x  (loại) 0.25 x   x    x   2  x x  x  12  Giải (b): b    1 x     x    x   x  12  2  x x    0.25 0.25 0.25 Vậy bpt có tập nghiệm T  1 ; 2 WWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMW WW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWW W.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VN MATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNM ATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMAT H.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.CO MWWW.VNMATH.COM Lop12.net