de thi thu dai hoc mon toan

Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích tứ diện ABIN theo a.. Viết phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC..[r]

TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – NĂM HỌC 2011 - 2012

NGƠ SỸ LIÊN MƠN: TỐN (Khối A+B)

BẮC GIANG Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x33mx2m2m

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số ứng với m1;

2) Tìm tất giá trị mđể hàm số có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đường thẳng 1

2

y x

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 3 sin 2x2 cos2x2 2 cos 2 x

2) Giải hệ phương trình:

9

x y

y x

    

 

   

  Câu III (2,0 điểm)

1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Cho SA =a, AD = a 2, AB = a Chứng minh mặt phẳng (SBM) vng góc với mặt phẳng (SAC) tính thể tích tứ diện ABIN theo a

2) Trong không gian Oxyzcho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2) a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD);

b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD) Câu IV (1,0 điểm)

Cho x y z, , dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 3

x y z  Chứng minh rằng:

2 2

1 1 1

1

2 2 2

x  x y  yz  z 

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu V.a (2,0 điểm)

1) Tìm giới hạn sau:

1

3

tan( 1) 1 lim

1 x

x

e x

x





  



2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác cân ABC (AB =AC) Biết phương trình đường thẳng AB, BC tương ứng d1: 2xy 1 0, x4y 3 0 Viết phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC

Câu VI.a (1,0 điểm)

Giải bất phương trình: log93x24x2 1 log 33 x24x2 B Theo chương trình Nâng cao

Câu V.b (2,0 điểm)

1) Tính tổng S 12C20121 22C20122 32C20123  2011 2C2012201120122C20122012

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A(2; 2) Đường thẳng (d) qua trung điểm cạnh AB, AC có phương trình x  y 6 0 Điểm D(2; 4) nằm đường cao qua đỉnh B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B C

Câu VI.b (1,0 điểm)

Giải bất phương trình: 32x8.3x x4 9.9 x4 0

HẾT www.MATHVN.com

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,0 điểm)

1) Khim1, ta có: yx33x22 Các bạn tự giải

2) Ta có: yx33mx2m2m y'3x26mx ; ' 0 0 2 x y

x m

    

 

Hàm số có cực đại, cực tiểu m0

Cách (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi):

Gọi A(0;m2m), B(2 ; 4m  m3m2m)  tọa độ trung điểm M đoạn AB M=(m; 2 m3m2m) Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1

2

y x , điều kiện cần điểm M nằm đường

thẳng (d) tức là: 1

2

m m m m m

      

Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2)  AB(2; 4)  Hệ số góc đường thẳng AB là: -2  đường thẳng AB vng góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn)

Vậy với m = …

Cách (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ khơng thuận lợi):

Ta có: 1 '  2 2 

3 3

m

y x y   m xm m

 

2 2

y m x m m

     đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số cho

Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1

2

y x , điều kiện cần đường thẳng AB vng góc đường thẳng (d) tức là:  2.1 1

2

m m

     

Điều kiện đủ:

Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) hai điểm cực trị hàm số cho ứng với m=1  M(1; 0) trung điểm đoạn AB nằm (d)  m=1 thỏa mãn

Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) hai điểm cực trị hàm số cho ứng với m=-1  M(-1; 2) trung điểm đoạn AB không nằm (d)  m=-1 khơng thỏa mãn

Vậy với m = … Câu II (2,0 điểm)

1) sin 2x2 cos2x2 2 cos 2 x 2 sin cosx x2 cos2x4 | cos |x (2) Khi cosx0, ta có:

2 cos

(2) sin cos cos cos

3 sin cos

x

x x x x

x x

 

    

 



cos

2

3 2

sin cos 2 (KTM)

2 3

x x k

x x x k

 

 

 

   



  

  

  

 

Khi cosx0, ta có:

2 sin cosx x 2 cos x 4 cosx 3 sinx cosx 2

       

3 1

sin cos 1 2 (KTM)

2 x 2 x x 3 k

 

       

KL:

2) ĐK: x7;y7

9

9

9

9

0

0

9 ( )

9

9

x y

y x

x y

y x

x y

x y x y

x y

y x VN

y x x y

x y

    



        



   

 

 



 

      

    

     

  

www.MATHVN.com

Khi xy0, ta có: 9 7 4 9 7 4 7

9 7 4

x x

x x x

x x

    



      

    

 KL:

Câu III (2,0 điểm) 1)

+ Vì SA(ABCD) nên SABM (1) Ta có:

  

AC MB ABAD ABAM AB AB AMAD ABAD AM 

            

 ACBM (2)

Từ (1) (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC)

+ Xét tam giác ABM vng A có đường cao AI  AI = 3 a

Xét tam giác ABI vuông I  BI = 2 3 a

 SABI =

2 6 a

Gọi O tâm HCN ABCD, ta có: NO đường trung bình tam giác SAC  ON =

2

a

và đường cao hình chóp N.ABI  VABIN =

2 36 a

(đvtt)

2) a) Ta có: BA  ( 2; 2;3),BC ( 1; 0; 2),BD  ( 2; 2;0) BC BD, (4; 4; 2) BA BC BD   , 6

1, 3, 1

ABCD BCD

V S AH

   

b) Gọi H(x0;y0;z0) hình chiếu A lên (BCD) Ta có: AH (x01;y01;z01),BC BD, 

 

  

phương

0 0

( 2; 1; ), , CH  x  y  z BC BD

 

  

vng góc

hay 1 1 1, 4( 0 2) 4( 0 1) 2 0 0 0 1, 0 1, 0 2 ' 1 1; ;

4 4 2 3 3 3 3 3

x y z

x y z x y z A

     

             

  

Câu IV (1,0 điểm) Đặt

2 2

2 2

1 1 1 1 1 1

, , 3, , ,

2 2 1 2 2 1 2 2 1

a b c

a b c a b c

x y z x x a y y b z z c

         

     

2 2

2 2

1 1 1

1 1

2 2 2 2 1 2 1 2 1

a b c

x  x y  yz  z   a  b  c 

Ta có:

2

( ) 2

2 2

a b c

a b c a b c

a b c

 

        

  

 

     

2 2

2 2

2 2

a b c

a b c

a b c

 

 

          

  

 

2 2

( )

1

2 1 2 1 2 1 2( ) 3

a b c a b c

a b c a b c

 

    

      (đpcm)

Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1 hay x=y=z=1 Câu V.a (2,0 điểm)

1)

1

3

tan( 1) 1 lim

1 x

x

e x

x





  

 =

1 2

3 3

1 1

1 tan( 1) 1 tan( 1)

lim lim lim

1 1 1

x x

x x x

e x e x

x x x

 

  

    

 

  

 

1 2

2

3

1 1

1 1 sin( 1) 1

lim lim lim lim

1 1 1 os( 1) 1

x

x x x x

e x x x

x x x c x x



   

   

 

    

      

1

3 3

2

1 1

1 sin( 1)

lim lim 1 lim lim 1 1 3 6 9

1 1 os( 1)

x

x x x x

e x

x x x x x

x x c x



   

   

         

 

 

  

www.MATHVN.com

2) Ta có: B(1; -1)

Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) trung điểm cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1) PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A 17 11 17; 14

6 3

m m

  

 

 

 

 31 31; 11 11

6 3

m m

AC      

 



VTCP AC là: (31;22) (vì m-1) VTPT đường cao qua đỉnh B tam giác ABC PT đường cao: 31x+22y – =

Chú ý: Có thể lập luận chọn điểm A cụ thể khác B nằm đường thẳng d1 Câu VI.a (1,0 điểm)

ĐK:

1

3 4 2 1 1

3 x

x x

x    

    

  

       

9 9

log 3x 4x2  1 log 3x 4x2 2 log 3x 4x2  log 3x 4x2  1 (1) Đặt t= log93x24x2, ĐK: t0, (1) trở thành:

 

2

9

7

1 3

2 1 0 0 1 0 log 3 4 2 1

1

1 3

x

t t t x x

x  

   

            

    

KL: 7; 1 1;1

3 3

S    

   

Câu V.b (2,0 điểm)

1) Xét hàm số: f x( )(1x)n1 (1x C) n0xCn1x C2 n2x C3 n3 x Cn nn

(1x C) n0(xx C2) n1(x2x C3) n2(x3x C4) n3 ( xnxn1)Cnn

Ta có: f x( )(1x)n1 f x'( )(n1)(1x)n  f "( )x (n1) (1n x)n1 f"(1)(n1) 2n n1 hay f x( )(1x C) n0(xx C2) n1(x2x C3) n2(x3x C4) n3 ( xnxn1)Cnn

0 2 3

1 2

1 2

'( ) (1 ) (2 3 ) (3 4 ) ( ( 1) )

"( ) 2 (2 ) (6 12 ) ( ( 1) ( 1) ) "(1) 2 2.2 2.3 2

n n n

n n n n n

n n n

n n n n

n

n n n n

f x C x C x x C x x C nx n x C

f x C x C x x C n n x n nx C

f C C C n C



 

           

          

     

1 2 1 2 2

2Cn 2.2 Cn 2.3 Cn 2n Cnn (n 1) 2n n Cn Cn Cn n Cnn (n 1) 2n n

             

Khi n2012, ta có: 12C20121 22C20122 32C20123  2012 2C20122012 2013.2012.22010=S 2) Gọi M trung điểm BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0) Đường thẳng BC là: x+y-8=0

Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b) Ta có: DB(b2; 4b AC);(6b b; 2)

Vì D nằm đường cao qua đỉnh B tam giác ABC nên DBAC   DB AC 0b2,b5 + Khi b=2, ta có: B(2;6) C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) C(3;5)

Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: x 4

2 4 2 4

3 x8.3x x 9.9 x 03 x x 8.3x x  9 0 (2) Đặt

17

4

3x x D :

t K t

  

  (2) trở thành: t2 – 8t – >  t >

Khi t >9, ta có: 3x x4 9x x42 x 4 x4 6 0 x4 3 x5 KL: S(5;)

- HẾT -

Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề đưa hướng dẫn giải

www.MATHVN.com