Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B.. Mặt phẳng SCD tạo với mặt đáy góc 600.[r]
(1)SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: A - A1 - B - V Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x − x−2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến (C) M cắt các đường tiệm cận (C) A và B Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ π Câu II (1,0 điểm) Tìm nghiệm trên khoảng 0; phương trình 2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = π x 3π 4sin π − − sin − x = + cos2 x − 2 2 x3 − 6x2 y + 9xy2 − 4y3 = Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ∈ ℝ ) x − y + x + y = π Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ π tanx cosx + cos x dx Câu V (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình thang vuông A và B Biết AB = BC = a, AD = 2a (a > 0) Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a Câu VI (1,0 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = a b c d + + + ≥ Chứng minh 2 2 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b Câu VII (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 4 7 A ( −3;6 ) , trực tâm H ( 2;1) , trọng tâm G ; Xác định tọa độ các đỉnh B và C 3 3 Câu VIII (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x + y + z − x + y − z − 11 = và mặt phẳng (α) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6π n 2 Câu IX (1,0 điểm) Tìm hệ số x3 khai triển x + , ( x ≠ ) biết n là số tự nhiên x n −1 23 thỏa mãn C2 n + C2 n + + C2 n = - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh ; Số báo danh Lop12.net (2) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - KHỐI A - A1 - B - V - LẦN I NĂM HỌC: 2012 – 2013 Thời gian làm bài : 180 phút NỘI DUNG ĐIỂM 1.0 TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Tổ: Toán *** -CÂU Ý I TXĐ: D = ℝ \ {2} , y' = −1 ( x − 2) < 0, ∀x ∈ D 0.25 Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; ) và ( 2; +∞ ) Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang y = x →+∞ x →−∞ lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ; tiệm cận đứng x = x→2 Bảng biến thiên: x -∞ y’ y Đồ thị 0.25 x→2 +∞ - - 0.25 +∞ -∞ 0.25 1.0 2x − −1 , x0 ≠ , y' (x0 ) = Ta có: M x0 ; x0 − (x0 − )2 0.25 Toạ độ giao điểm A, B (∆) và hai tiệm cận là: 2x − ; B(2x0 − 2;2 ) A 2; x0 − 0.25 −1 2x − (x − x ) + Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) M : ∆ : y = x0 − (x0 − ) y + y B 2x − x +x + x0 − Ta có: A B = = x0 = xM , A = = yM 2 x0 − ⇒ M là trung điểm AB Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có diện tích: 0.25 Lop12.net (3) x0 − − = π ( x0 − 2) + ≥ 2π S = π IM = π ( x0 − 2) + x − ( x − 2) Dấu “=” xảy (x0 − 2)2 = x = 1 ⇔ ⇒ M(1; 1) và M(3; 3) (x − 2) x = II 0.25 1,0 π π PT ⇔ sin x − = sin − x 3 2 5π 2π x = 18 + k (k ∈ ℤ ) ⇔ x = 5π + l2π (l ∈ ℤ ) π 5π Vì x ∈ 0; nên x = 2 18 0.25 0.25 0,25 0,25 III 1.0 x − x y + xy − y3 = (1) (2) x − y + x + y = Điều kiện: x − y ≥ 0; x + y ≥ 0.25 x = y Ta có: (1) ⇔ ( x − y )2 ( x − y ) = ⇔ x = 4y • Với x = y: (2) ⇒ x = y = 0.25 0.25 0.25 • Với x = 4y: (2) ⇒ x = 32 − 15; y = − 15 IV 1.0 π π I=∫ π tan x cos x + cos x tan x tan x dx = ∫ dx 2 π π cos x tan x + 2 cos x +1 6 cos x dx = ∫ Đặt: u = tan x ⇒ du = x= Khi x= ⇒I= ∫ π π π ⇒u= 0.25 dx cos x 0.25 ⇒ u =1 u u +2 du Đặt t = u + ⇒ dt = u= ⇒t= u u2 + ∫ dt = t 0.25 ; u =1⇒ t = 3 ⇒I= du ; = 3− = 3− Lop12.net 0.25 (4) V 1.0 * Tính AC = DC = a ⇒ CD ⊥ AC SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ CD ⇒ CD ⊥ SC Do đó góc hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCA S H A 0.25 ⇒ SCA = 600 ⇒ SA = a 3a * S ABCD = ( AD + BC ) AB = 2 D 0.25 O I a Vậy: VS ABCD = S ABCD SA = 600 B C Gọi O là giao điểm AC và BD OC BC 1 ⇒ = = ⇒ OC = OA ⇒ d ( C , ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) ) OA AD 2 2a 51 a 51 Lập luận tìm d ( A, ( SBD ) ) = AH = ⇒ d ( C , ( SBD ) ) = 17 17 a a2 * Cách 2: S ∆BCD = BC.CD.sin BCD = ⇒ VS BCD = SA.S ∆BCD = 2 3V a 34 ⇒ d ( C, ( SBD) ) = S.BCD = a BD = a 5, SB = a 7, SD = a 10 ⇒ S∆SBD = S∆SBD 17 VI 0.5 1.0 Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a ab2 c =a− 1+ b c 1+b c ab2 c ≥a− =a− 2b c ab c ab(1 + c) ab abc ≥a− =a− − 4 (1) Dấu = xảy và b = c = b =b− 1+c d c =c− 1+d a d =d− 1+a b bc d 1+ c d 2 cd a 1+ d a da2 b 1+ a b ≥b− bc d =b− bc (1 + d ) bc d bc bcd (2) ≥b− =b− − 4 =c− cd (1 + a ) cd a cd cda ≥c− =c− − (3) 4 =d− da (1 + b ) da b da dab ≥d− =d− − (4) 4 2c d ≥c− cd a 2d a ≥d− da2 b 2a b 0,25 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d ≥4− 1+ a b ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab − 4 a+c+b+d Mặt khác: ab + bc + cd + da = ( a + c )( b + d ) ≤ =4 Dấu "=" xảy ⇔ a + c = b + d 0.25 a+b c+d abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤ (c + d ) + (b + a) a+b c+d + ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ a + b c + d = a+b c+d ( )( Lop12.net ) ( )( ) 0.25 (5) a+b+c+d ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ =4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = d = Vậy ta có: a + b2 c ⇔ + b + + c2 d a + b2 c c + d 2a b + + c2 d + + d + a2 b c + d 2a + ≥4− 4 − 4 d ≥ ⇒ đpcm + a2 b 0.25 Dấu "=" xảy và a = b = c = d = VII 1,0 7 1 Gọi I là trung điểm BC Ta có AI = AG ⇒ I ; 2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x - y - = 7 1 Vì I ; là trung điểm BC nên giả sử B ( x B ; yB ) thì C ( − xB ;1− yB ) 2 2 và x B − yB − = (1) 0,25 0,25 H là trực tâm tam giác ABC nên CH ⊥ AB , CH = ( −5+ xB; yB ) , AB = ( xB +3; yB −6) CH AB = ⇔ ( x B − )( x B + ) + yB ( yB − ) = (2) Từ (1) và (2) ta có hpt: yB = xB − x = x = xB − yB − = ⇔ B ∨ B x −5 x +3 + y y −6 = ⇔ )( B ) B ( B ) ( B xB − xB + = yB = −2 yB = Vậy B (1; −2 ) , C ( 6;3) B ( 6;3 ) , C (1; −2 ) 0,25 0,25 VIII 1,0 Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = (D ≠ 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 0,25 Khoảng cách từ I tới (β) là h = R − r = 52 − 32 = 0,25 D = −7 = ⇔ −5 + D = 12 ⇔ D = 17 (loạ i) 0,25 Do đó 2.1 + 2(−2) − + D + + (−1) 2 Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – = 0,25 1,0 IX Khai triển: (1 + x )2n = C20n + C12n x + C22n x + C23n x + + C22nn−1x n−1 + C22nn x n Thay x = 1; x = –1 ta có : C20n + C21n + C22n + C23n + + C22nn −1 + C22nn = 22 n C − C + C − C + − C 2n 2n 2n 2n n −1 2n Từ đó: C + C + + C =2 kết hợp giả thiết ta n = 12 2n 2n 12 n −1 2n +C 2n 2n 0,25 =0 n −1 2 k =0 7 Hệ số x là: C12 =101376 0,25 12 Khai triển: x + = ∑ C12k 2k x 24−3k x 0,25 0,25 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa - Hết Lop12.net (6)