Đang tải... (xem toàn văn)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng sao cho[r]
(1)TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
www.MATHVN.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013Môn thi: TOÁN, Khối A, B D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
y x 3x 1 (1)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết song song với đường thẳng (d): 9x - y + = Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2
cos 2cos sin
4 0
2cos
x x x
x
2) Giải phương trình 1 1 x2 1 x3 1 x3 2 1 x2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
0
( )
1
x x
x e dx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC tam giác cân C, cạnh đáy AB 2a góc ABC 300 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' biết khoảng cách hai đường thẳng AB CB'
2
a
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c =
4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 3 3 3
3
1
1
a c c b b a P
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (Phần A B) A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM phân giác BD Biết ( 4;1), (17;12)
5
H M BD có phương trình x y 0 Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1
2
x y z
hai điểm A(1; 2; 1),
(3; 1; 5)
B Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A cắt đường thẳng cho
khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn nhất, nhỏ Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:
2 2
2 2
2Cn 3.2.2Cn ( 1) (kk k 1)2k Ckn (2n n 1)2 n Cnn 40200
B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2
(x 2) (y3) 4 đường thẳng d: 3x 4y m 0 Tìm m để d có điểm M mà từ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B tiếp điểm) cho góc AMB bẳng 1200.
2) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1;1; 1), (1;1;2), ( 1;2; 2) B C mặt phẳng (P) có phương trình x 2y2z 1 0 Mặt phẳng ( ) qua A, vng góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC I cho IB2IC Viết phương trình mặt phẳng ( )
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :
2
1
1
2log ( 2) log ( 1)
log ( 5) log ( 4) =
x y
x y
xy x y x x
y x
(2)………Hết……… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
1 (1,0 điểm) Khảo sát y x3 3x2 m2 m 1
1,00
Khi m = 1, ta có y x3 3x2 1
+ TXĐ: D
+ Giới hạn:xlim ( x3 3x2 1) xlim ( x3 3x21) +Sự biến thiên: ' 3 6
y x x
' 0
x
y x x
x
0,25
Hàm số đồng biến khoảng ;0 ; 2; Hàm số nghịch biến khoảng 0; 2
Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = -3
0,25
Bảng biến thiên
x y + 0 0 +
y
-
0,25
Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) tâm đối xứng
0,25
2 (1,0 điểm) Xác định m để 1,00
Ta có : y’ = 3x2 - 6x
Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 0,25 Do hồnh độ tiếp điểm nghiệm PT: 3x2 - 6x =
3
x x
0,25
(3)y = 9x + ( loại song song với (d))
Với x = 3, ta có y(3) = Khi tiếp tuyến có PT : y = 9x - 26
Vậy tiếp tuyến cần tìm : y = 9x - 26 0,25
II
Giải phương trình:
2
cos 2cos sin
4
0 2cos
x x x
x
1,00
ĐK: 2cos 2
4 x x k
Với điều kiện phương trình cos 22 2cos sin
4
x x x
cos 22 21 sin sin 2
2
x x x
0,25
sin 2x sin2 4x sin 2x 2
1 sin 2x cos 4x sin 2x 02
0,25
1 sin 2x2 1 2sin 2x sin 2x 0
sin 2x sin 2x 02
sin 2x
sin 2x2 (loại)
0,25
sin 2x x k
4
So điều kiện phương trình có nghiệm x k2 (k )
0,25
2
Giải phương trình 1 1 x2 1x3 1 x3 2 1 x2
1,00
ĐK: 1 x Đặt u 1x , v 1 x, u v, 0 Hệ trở thành:
2
3
1
u v
uv u v uv
0,25
Ta có: 1 12 2 1 2 2 1 2
2 2
uv uv u v uv u v
3 2 2
u v u v u v uv u v uv
0,25
Suy :
2 2
2
2
2
2 2
2
1
u
u v
u v
v
0,25
Thay vào ta có nghiệm PT : 2
x
0,25 III
Tính tích phân
1 4
2
0
( )
1
x x
x e dx
x
(4)Đặt I =
1 4
2
0
( )
1
x x
x e dx
x
Ta có I =
1 4
2
0 01
x x
x e dx dx
x
0,25
Ta tính
1
0 x
I x e dx Đặt t = x3 ta có
1
1
1
0
1 1
3 3
t t
I e dt e e 0,25
Ta tính
1 4
01
x
I dx
x
Đặt t = x x t4 dx 4t dt3
0,25
Khi
1
2
2 2
0
1
4 ( ) 4( )
1
t
I dx t dt
t t
Vậy I = I1+ I2 3e
0,25
IV
Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' 1,00 Gọi M, N trung điểm AB A'B' Tam giác CAB cân C
suy AB CM Mặt khác AB
CC' AB(CMNC') A B' ' ( CMNC'). Kẻ
( ) ( ') ' ' ( ' ')
MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B
0,25 mp(CA B' ')chứa CB' song song với AB nên
( , ') ( ,( ' ')) ( ,( ' '))
2
a
d AB CB d AB CA B d M CA B MH 0,25
Tam giác vuông tan 300
3
a
BMC CM BM
Tam giác vuông
2 2 2
1 1
CMN MN a
MH MC MN a a MN
0,25
Từ
3 ' ' '
1
.2
2 3
ABC A B C ABC
a a
V S MN a a
N
M
A'
B'
C A
B C'
H 0,25
V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1,00 áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có
z y x
9 z
1 y x xyz
3 xyz z y x ) z y x (
3
(*)
áp dụng (*) ta có
3
3
3
a c c b b a
9 a
3 c
1 c
3 b
1 b
3 a
1 P
(5)áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
3
3
a 3b 1
a 3b 1.1 a 3b
3
b 3c 1
b 3c 1.1 b 3c
3
c 3a 1
c 3a 1.1 c 3a
3
0,25
Suy 3a 3b 3b 3c 3c 3a 134 a b c 6 4.3 3
Do P3
0,25
Dấu = xảy
3
a b c a b c
4 4
a 3b b 3c c 3a
Vậy P đạt giá trị nhỏ abc1/4
0,25
VI.a
Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC 1,00 Đt qua H BD có pt x y 5 0 BD I I(0;5). 0,25 Giả sử AB H ' Tam giác BHH' có BI phân giác đường
cao nên BHH' cân I trung điểm HH' H'(4;9). 0,25 AB qua H’ có vtcp ' 3;3
5
u H M
nên có pt 5x y 29 0 0,25 Tọa độ B nghiệm hệ 29 (6; 1)
5
x y
B x y
M trung điểm AB
4 ;25
A
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A cắt đường thẳng cho
khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn nhất, nhỏ
1,00 Gọi d đt qua A cắt M M( ;3 ; 1 t t t)
( 2 ;3 2; ), (2; 3; 4) AM t t t AB
0,25
Gọi H hình chiếu B d Khi d B d( , )BH BA Vậy d B d( , ) lớn BA H A Điều xảy AM AB AM AB 0
2( 2 ) 3(3t t 2) 4t t
(3;6; 3) M
Pt d
1
x y z
0,25
Đường thẳng ∆ qua điểm N(-1; 0; -1) có VTCP u2;3; 1 Ta có; NA2; 2;0 vNA u, 2;2; 2
Mặt phẳng (P) chứa d qua A có VTPT v nên có pt là: -x + y + z = 0;
Gọi K hình chiếu B (P) BH BK Vậy d B d( , ) nhỏ BK H K Lúc d đường thẳng qua A K
0,25
Tìm K = (0; 2; -2) Suy d có PT : 2
x u y
z u
0,25 VII.a Tìm số nguyên dơng n biÕt:
2 2
2 2
2Cn 3.2.2Cn ( 1) ( kk k 1)2k Ckn (2 n n1)2 n Cnn 40200
1,00
(6)1 n n n k k n k 2 n 1 n n n x C x C ) ( x C x C C ) x ( (1)
* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:
n n n k k n k n 1 n n x C ) n ( x kC ) ( x C C ) x )( n ( (2)
Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:
1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n
2 0,25
Thay x = vào đẳng thức ta có:
2 k k k 2n 2n
2n 2n 2n 2n
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
0,25
Phơng trình cho 2n(2n1)402002n2n 201000 n100 0,25 VI.b
1
Tìm m để d có điểm M mà từ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B tiếp điểm) cho góc AMB bẳng 1200
1,00 Đường trịn (C) có tâm I(2;-3) bán kính R=2 Theo giả thiết ta có tam giác
IAM vuông A AMI 600 MIA 300
Suy ra: IM =
os30
AI
c
0,25
Vì M d nên M=(1 + 4t; -1 +
m
+3t)
Ta có
2
2
2 4 1 3 2 25 4 4
4 16
m m m
IM t t t t m
0,25
Suy ra:
2
2 16
25 4
2 16
m m
t t m
2
2
25 *
2 16
m m
t t m
Ta có :
2
2
3 448
4 100 88
2 16 3
m m
m m m
0,25
Để có điểm M thỏa mãn đề PT(*) có nghiệm
2 448 251
4 88 11
3
m m m
0,25
2 Mặt phẳng ( ) qua A, vng góc với mặt phẳng (P), cắt đường
thẳng BC I cho IB2IC Hãy viết phương trình mặt phẳng ( )
1,00
Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình axby cz d 0với a b c; ; không
- mp( ) qua A(1;1; 1) nên ta có : a b c d 0 (1) - mp( ) mp P x( ) : 2y2z 1 nên VTPT vng góc
2 (2)
a b c
0,25
- IB2ICkhoảng cách từ B tới mp( ) lần khoảng cách từ C tới ( )
2 2 2
2 2 3
2 (3)
5
a b c d a b c d a b c d
a b c d
a b c a b c
0,25
(7)TH1 :
1
0 2
2
3
2
b a
a b c d
a b c c a
a b c d
d a
chọn
2 1; 2;
a b c d
Ta có phương trình mp ( ) 2x y 2z 0
TH :
3
0 2
2
5 3
2
b a
a b c d
a b c c a
a b c d
d a
chọn a 2 b3;c2;d 3
Ta có phương trình mp ( ) 2x3y2z 0
Vậy tìm mp ( ) t/m ycbt 2x y 2z 0
2x3y2z 0
0,25
VII.b
+ Điều kiện:
2
2 0, 0, 0,
( )
0 1,
xy x y x x y x
I
x y
1,00
1 2
1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) log ( 2) log (1 ) (1) ( )
log ( 5) log ( 4) = log ( 5) log ( 4) = 1(2)
x y x y
x y x y
x y x y x
I
y x y x
0,25 Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:
2
2 ( 1)
t t t
t
0,25
Với t1 ta có: 1 x y yx1 (3) Thế vào (2) ta có: 0,25
1 1
4
log ( 4) log ( 4) = log 1
4
x x x
x x
x x x x x
x x