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