Tính thể tích hình chóp và côsin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC biết rằng mp SAB tạo với đáy một góc bằng 600.. Theo chương trình Chuẩn.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 (Lần I) Môn: Toán 12 Khối AB Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I Cho hàm số y = x + 6mx + x + 2m (1), với m là tham số thực 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị thoả mãn khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng qua hai điểm cực trị Câu II sin x cos x + sin x 1) Giải phương trình: = sin x − cos x + cos x 2) Giải phương trình: x + − 23 x − = Câu III 1) Tính tích phân : ∫ ( ) ln x + x + − x x2 + dx 3 x + x − y + y = ln y − ln x 2) Tìm m cho hệ phương trình sau có nghiệm 2 x − y + = m x + Câu IV Cho hình chóp S.ABC, có SA = SB = AC = BC = a , AB = a Tính thể tích hình chóp và côsin góc hai đường thẳng SA và BC biết mp (SAB) tạo với đáy góc 600 Câu V Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 2 2a 2b 2c + + ≤ a a b b b c c c a 16 + 2.4 + 2.4 + 16 + 2.4 + 2.4 + 16 + 2.4 + 2.4 + II PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm):Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình đường thẳng AB, AC là x + y − = và x + y − = , đường thẳng BC qua điểm I (0;−1) Hãy xác định toạ độ các đỉnh A, B, C 2) Giải bất phương trình sau: x − x +3 x ( ) + 2 x +9 x − ≥0 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-1;2), C(2;-1) và A nằm trên đường thẳng x + y + = Tìm A cho tam giác ABC có chu vi nhỏ 2) Giải bất phương trình sau: x + log (9 x − 1) ≥ − log 3 -Hết - (2) SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN Câu ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I) Môn: Toán 12 Khối A,B Đi Nội dung 1.Với m = ta có : y = x + x + x + + TXĐ : D=R 0.25 x = −1 y ' = x + 12x + 9, y' = ⇔ x = −3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;−3) và (− 1;+∞ ) nghịch biến trên khoảng (− 3;−1) - Hàm số đạt cực đại x = -3; y cđ = , đạt cực tiểu x = −1; y ct = −2 - Giới hạn: lim y = +∞, lim = −∞ + Sự biến thiên: 0.25 x → −∞ x →→+∞ - Bảng biến thiên: −∞ x y’ -3 + +∞ -1 - + 0,25 +∞ y -∞ CâuI -2 Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2) y -4 -3 -2 -1 x 0,2 -2 Ta có: y’ = x + 12mx + , y ' = ⇔ x + 4mx + = + Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ pt y ' = có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 4m − > ⇔ m > m < − (*) 0.25 x 2m Khi đó ta có: y = + y ' + (6 − 8m )x − 4m 3 ⇒ đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị hàm số (1) có phương trình là: y = (6 − 8m )x − 4m d (O, ∆) = − 4m (6 − 8m ) 2 +1 = ⇔ 5m = (6 − 8m ) 2 m = + ⇔ 64m − 101m + 37 = ⇔ 37 m = 64 m = ±1 ⇔ m = ± 37 Đối chiếu với đk(*) ta có m = ± là kết cần tìm 0.25 0.5 (3) Đk: x ≠ CâuII π + kπ , k ∈ Z 0,25 sin x cos x + sin x cos x cos x = sin x − cos x + ⇔ sin x = sin x − sin x pt ⇔ cos x ⇔ sin x − sin x − sin x + = 0.25 sin x = 1(loai) 0.25 ⇔ ⇔ cos x = sin x = π π 0,25 ⇔ x = ± + k 2π ⇔ x = ± + kπ π + kπ , k ∈ Z 2.Đặt x + = u; x − = v , đk : u ≥ đó ta có hệ: u = 2v + u = 2v + u = 2v + u − 2v = ⇔ ⇔ ⇔ 2 3 2 v − 2v − 2v + = (v − 1)(v − v − 3) = u − 2v = (2v + 1) − 2v = Vậy phương trình có nghiệm là : x = ± u = − 13 (loai ) u = + 13 u = ⇔ hoac + 13 hoac − 13 v = v = v = 2 u = + 13 x + = + 13 + với + 13 ta được: + 13 ⇔ x = + 13 v = x−2 = u = + với ta x = v = Vậy hệ có hai nghiệm là: x = 3; + 13 Câu III ∫ ( ) ln x + x + − x x2 + + Tính I : ( dx = ∫ ( ln x + x + ) Đặt ln x + x + = u , ta có: du = x2 + )dx − 3∫ x3 x2 + ∫ ( ) ln x + x + − x x2 + 0,25 0.5 dx = I − 3I = ln − ln − 44 3 x + x − y + y = ln y − ln x(1) Đk: x > 0, y > x + y + = m x + (2) 0,25 dx = I − 3I dx , x +9 x = ⇒ u = ln ; x = ⇒ u = ln Khi đó: ln u ln ln − ln I = ∫ udu = = ln ln x + Tính I Đặt x + = v , ta có: dv = dx, x =v −9 x +9 x = ⇒ v = ; x = ⇒ v = Khi đó: 5 44 u3 I = ∫ (u − 9)du = ( − 9u ) = 3 3 Vậy 0,5 0,5 (4) 0,25 + Giải phương trình (1): (1) ⇔ x + x + ln x = y + y + ln y Xét hàm f (t ) = 3t +t + ln t , với t > 0, có: f ' (t ) = (2t + 1)3 t +t ln + > ∀t > ⇒ hàm f(t) là hàm đồng biến với t > t suy ra: pt (1) ⇔ f ( x) = f ( y) ⇔ x = y x +1 + Thế x = y vào pt (2) ta được: x + = m x +1 ⇔ m = (3) 2x2 + Khi đó: Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ pt (3) có nghiệm x > x +1 − 2x với x > có: g ' ( x) = Xét hàm g ( x) = , g ' ( x) = ⇔ x = 2x + ( x + 1) +∞ BBT x + g’(x) g(x) 0,25 0,2 0,25 1 <m≤ 2 Từ BBT suy hệ phương trình có nghiệm S Câu IV P Q N A C M B + Gọi M là trung điểm AB Từ giả thiết ta có: ∆SAB và ∆SAB là các tam giác vuông cân có chung cạnh huyền AB AB a = ⇒ SM ⊥ AB, CM ⊥ AB và SM = CM = 2 ∧ ∧ Suy góc mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc SMC ⇒ SMC =600 a Từ đó ta có: AB ⊥ mp(SCM ) và ∆SCM là tam giác cạnh ⇒ Thể tích hình chóp S.ABC: 1 a3 V = VSMBC + VSMAC = ( AM + BM ).S ∆SMC = AB SM MC.Sin60 = ( đvtt ) 3 24 + Tính góc hai đường thẳng SA và BC Gọi N, P, Q là trung điểm các cạnh AC, SC, SB ta có : Góc hai đường thẳng SA và BC góc hai đường thẳng MN và NP.Gọi α là góc hai đường thẳng SA và AB BC a SA a Xét tứ giác MNPQ có: MN = PQ = = ; MQ = NP = = 2 2 a ⇒ MNPQ là hình thoi cạnh 0,2 0,25 0,2 (5) a a = 2 2 ∧ ∧ NP + MN − MP Từ đó ta có: cos PNM = = ⇒ cosα = cos PNM = MN NP 4 Lại có : Trong tam giác SCM có MP là đường trung tuyến ⇒ MP = 0,25 Vậy thể tích hình chóp a 24 ( đvtt ) và cô sin góc hai đường thẳng SA và BC Câu V Đặt a = x;2 b = y;2 c = z , ta có: x, y, z là các số thực dương và x.y.z = Bất đằng thức cần chứng minh trở thành x y z + + ≤ 2 2 2 x + 2x + y + y + y + 2z + z + 2z + 2x + Thật vậy, Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai và số dương ta được: x + = x + + + ≥ x ; x + y ≥ xy Suy ra: x + x + y + ≥ x + xy + = 4( x + xy + 1) Chứng minh tương tự ta y + y + z + ≥ 4( y + yz + 1) ; z + z + x + ≥ 4( z + zx + 1) x y z ⇒ + + 2 2 x + 2x + y + y + y + 2z + z + 2z + x + (1) 1 x y z ≤ + + x + xy + y + yz + z + zx + Dấu xảy và x = y = z =1 hay a = b= c = Mặt khác: Do xyz =1 nên x y z x xy xyz + + = + + x + xy + y + yz + z + zx + x + xy + xy + xyz + x xyz + x yz + xy x xy = + + = 1(2) x + xy + xy + + x + x + xy 0,25 0,25 0,5 Từ (1) và (2) suy điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c = Câu VI.a 2 x + y − = Ta có: Toạ độ A là nghiệm hệ pt: ⇒ A(1;1) x + y − = MI ⊥ MA Gọi M( x0 ; y ) là trung điểm BC, từ giả thiết ta có: d (M , AC ) = d ( M , AB) x = y x0 ( x0 − 1) + ( y + 1)( y − 1) = ⇔ x0 + y − x0 + y − ⇔ x + y = = 2 5 x0 + y − x0 − = x0 = x0 = y y = − x0 −1 hoăo hoăo ⇔ ⇔ x0 = y = hoăo x0 = y = 2 x0 − x0 − = 2 x0 − x0 + = y = + Với x0 = y = ta có M ≡ A (loại) −1 −1 −1 + Với x = y = ta có M( ; ) 2 ⇒ pt đường thẳng BC: x + y + = suy B(4;-5) ; C(-5;4) 0,25 0,25 0,25 (6) x0 = ta có M( ; ) ⇒ pt đường thẳng BC: x - y - = suy B( ; ) ; C( ; ) + 2 3 3 y = Vậy A(1;1), B(4;-5), C(-5;4) A(1;1), B( ; ) ; C( ; ) 3 3 BPT ⇔ x − 2 x − 2x 3x x + 2 Đặt 2 +3 x + 3.2 +6 x x2 + + 3.2 3x −1 x2 + 9x −1 ≥ chia vế bpt cho x ta được: 0,25 +1 ≥ = t , đk t > o ta bpt: − 2t + 3t + ≥ ⇔ − Kết hợp với đk ta < t ≤ ⇒ Vậy bpt có nghiệm: − ≤ x ≤ Câu VI.b 0,25 x2 + 3x ≤t≤2 3x ≤2⇔x + ≤ ⇔ x + x − ≤ ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 0,25 0,5 2 B 0,25 O -1 C Nhìn vào hình vẽ ta thấy , hai điểm A, B nằm cùng phía đường thẳng: 2x + y + = 0(d) Ta có BC = ⇒ Chu vi tam giác ABC nhỏ và tổng AB + AC nhỏ Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đt(d) Khi đó đường thẳng BB’ có phương trình: x – 2y + = Gọi I = d ∩ BB' ta có I(-3;1) và I là trung điểm BB’ Suy B’(-5;0) đt B’C có pt: x + 7y + =0 Khi đó: AC + AB =AC + AB’ ≥ B' C Dấu xảy và B’, A, C thẳng hàng hay A là giao điểm B’C và d − 30 − ⇒ A( ; ) 13 13 − 30 − Vậy với A( ; ) thì tam giác ABC có chu vi nhỏ 13 13 đk: x − ≥ ⇔ x ≥ (*) 9x −1 9x −1 x −1 Bpt ⇔ x − ≥ log ⇔3 ≥ ⇔ 3.3 x − 8.3 x − ≤ 8 −1 Đặt t = x , đk t > Ta 3t − 8t − ≤ ⇔ ≤t≤3⇒0<t≤3 Khi đó : < x ≤ ⇔ x ≤ Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm bất phương trình là: ≤ x ≤ 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 (7) SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I) Môn: Toán 12 Khối D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I Cho hàm số y = x + x + x + (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1) 2) Viết phương trinh tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng 9x - y + = Câu II sin x cos x + sin x 1) Giải phương trình: = tan x + sin x cos x 2) Giải bất phương trình: x + − − x ≥ Câu III e ln x − 1) Tính tích phân : ∫ dx x e y − x = 2) Tìm m cho hệ phương trình sau có nghiệm my − 2mx + = y Câu IV Cho hình chóp S.ABC, có SA = SB = AC = BC = a , AB = a Tính thể tích hình chóp biết mp(SAB) tạo với đáy góc 600 Câu V Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a ≥ −1; b ≥ −1; c ≥ −1 Chứng minh rằng: a + b + c + ≥ a (b + 1) + b(c + 1) + c(a + 1) Khi nào bất đằng thức xảy ra? II PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm):Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB: x + y - = 0, các đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A và C có phương trình là y = và x - y + = Hãy xác định toạ độ các đỉnh A, B, C 2) Giải phương trình sau: x − 2.4 x − x + = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-1;2), C(2;-1) và A nằm trên đường thẳng x + y + = Tìm A cho tam giác ABC có diện tích 2) Giải phương trình sau: x + log (9 x − 1) = − log 3 -Hết - (8) SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I) Môn: Toán 12 Khối D Điểm Nội dung Câu 0.25 + TXĐ : D=R x = −1 y ' = x + 12x + 9, y' = ⇔ x = −3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;−3) và (− 1;+∞ ) nghịch biến trên khoảng (− 3;−1) - Hàm số đạt cực đại x = -3; y cđ = , đạt cực tiểu x = −1; y ct = −2 - Giới hạn: lim y = +∞, lim = −∞ + Sự biến thiên: 0.25 x → −∞ x →→+∞ - Bảng biến thiên: −∞ x y’ -3 + - +∞ -1 + 0,25 +∞ y -∞ -2 CâuI Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2) y -4 -3 -2 -1 x 0,25 -2 Ta có: 9x –y + = ⇔ y = x + (d) Gọi M ( x0 ; y ) là tiếp điểm Do tiếp tuyến song song với đường thẳng nên có hệ số góc bằng: y’(x ) = ⇔ x0 + 12 x0 + = x0 = ⇔ x0 + x0 = ⇔ x = −4 + Với x0 = ta có: y = ⇒ pttt : y = 9x +2 (loại trùng với (d)) + Với x0 = −4 ta có: y = −2 ⇒ pttt : y = 9(x + 4) -2 hay y = 9x + 34 (tm) Vậy có tiếp tuyến thoả mãn bài toán là: π x ≠ + kπ Đk: , k ∈Z , k π π x ≠ + sin x cos x + sin x cos x cos x 3 CâuII pt ⇔ = tan x + sin x ⇔ sin x = tan x + sin x cos x 2 sin x = sin x cos x ⇔ sin x = ⇔ sin x cos x = sin x cos x ⇔ cos x cos x = cos x 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 0,25 (9) x = k 2π 2 x = x + k 2π k 2π + cos x = cos x ⇔ ⇔ ⇔x= k π x = 2 x = − x + k 2π + sinx = ⇔ x = kπ 0.25 0,25 k 2π Kết hợp với đk ta có nghiệm phương trình là: x = kπ , x = , với k ∈ Z 0,25 x + − − x ≥ , Đk: − ≤ x ≤ (*) Bpt ⇔ x + ≥ − x + ⇔ x + ≥ − x + 2 − x ⇔ x − ≥ − x x ≥ x ≥ + x − ≥ ≥ x 1+ ⇔ x≥ ⇔ ⇔ ⇔ 2 x − x − ≥ ( x − 1) ≥ − x − x ≤ Kết hợp với đk(*) ta có nghiệm bpt là: 1+ ≤x≤2 0,25 e ln x − e ln x 1 ∫ dx = ∫ dx − ∫ dx = I − I x x x 1 + Tính I : Đặt ln x = u , ta có: du = dx , x x = ⇒ u = ; x = e ⇒ u = Khi đó: 1 I = ∫ e u du = e u = e − 0 e Câu III 0,5 ê e e + Tính I có: I = ∫ e Vậy ∫ e ln x x 0.5 e dx = ln x = 1 x −1 dx = e − 0,5 y − x = 1(1) my − 2mx + = y (2) + Từ phương trình (1) ta có y = x + vào pt (2) ta : m( x + ) = x ⇔ m = Khi đó: Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ pt (3) có nghiệm x 1− x2 với x ∈ R có: g ' ( x ) = Xét hàm g ( x) = , g ' ( x ) = ⇔ x = ±1 x +1 (x + 1)2 BBT x g’(x) g(x) -∞ -1 - 0 −1 + +∞ - x (3) x +1 0,25 0,25 0,25 0,25 Từ BBT suy hệ phương trình có nghiệm −1 ≤m≤ 2 (10) S Câu IV A C M B + Gọi M là trung điểm AB Từ giả thiết ta có: ∆SAB và ∆SAB là các tam giác vuông cân có chung cạnh huyền AB AB a = ⇒ SM ⊥ AB, CM ⊥ AB và SM = CM = 2 ∧ Câu V ∧ Suy góc mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc SMC ⇒ SMC =600 a Từ đó ta có: AB ⊥ mp(SCM ) và ∆SCM là tam giác cạnh ⇒ Thể tích hình chóp S.ABC: 1 a3 V = VSMBC + VSMAC = ( AM + BM ).S ∆SMC = AB SM MC.Sin60 = ( đvtt ) 3 24 0,25 Bđt đươc viết lại sau: a + b + c + ≥ ab + bc + ca + a + b + c Do a ≥ −1 nên Áp dụng bất đẳng thức a + ≥ 2a , ta có: 0,25 a + = (a + 1)(a − a + 1) ≥ a (a + 1) = a + a Tương tự ta : b + ≥ b + b, c + ≥ c + c Từ đó suy ra: a + b + c + ≥ a + b + c + a + b + c Mặt khác áp dụng bất đẳng thức: a + b + c ≥ ab + bc + ca Từ đó suy a + b + c + ≥ ab + bc + ca + a + b + c Dấu xảy và a = b = c = a= b= c = -1 Câu VI.a x + y − = Ta có: Toạ độ A là nghiệm hệ pt: ⇒ A(1;1) y = Gọi M là trung điểm AB, từ giả thiết ta có: toạ độ điểm M là nghiệm hệ x + y − = ⇒ M (0;2) Từ đó suy ra: B(-1;3) x − y + = Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có toạ độ G là nghiệm hệ: y = ⇒ G (−1;1) x − y + = 1 + (−1) + x0 = −1 x = −3 Gọi C( x0 ; y ) ta có: ⇒ ⇒ C (− 3;1) y0 = 1 + + y0 = Vậy A(1;1), B(-1;3), C(-3;1) x − 2.4 x − x + = Đặt t = x , đk t > pt đã cho trở thành t − 2.t − t + = t = t > t = ⇔ (t − )(t − 1) = ⇔ ⇔ t = t = + với t = ta có x = ⇔ x = 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (11) + với t = ta có x = ⇔ x = Vậy pt đã cho có nghiệm là : x = 0, x = Câu VI.b 0,25 B 0,25 O -1 C Ta có BC = , đường thẳng BC có phương trình : x + y – = S ∆ABC = d ( A, BC ).BC Khi đó: Do A ∈ đt x + y + = nên A(a; -2a -5) a − 2a − − a + = d(A,BC) = 2 Từ đó ta có: a+6 S ∆ABC = ⇔ = ⇔ a + = 2 ⇔ a = −2 hoăo a = −10 Vậy A(-2; -1) A(-10; 15) đk: x − ≥ ⇔ x ≥ (*) 9x −1 9x −1 pt ⇔ x − = log ⇔ x −1 = ⇔ 3.3 x − 8.3 x − = 8 Đặt t = x , đk t > Ta 3t − 8t − = ⇔ t = hoăo t = Khi đó : x = ⇔ x = Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm bất phương trình là: x = 0,25 0,25 0,25 0,5 −1 (loai) ⇒ t = 3 0,25 0,25 (12)