Đang tải... (xem toàn văn)
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,góc A bằng 600 1điểm 0 .Góc giữa mặt phẳng B’AD và mặt đáy bằng 30 .Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới mặt p[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN ; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 Câu I (2,0 điểm Cho hàm số y x 3mx 3(m 1) x m m (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị m= Chứng minh hàm số (1) luôn có cự đại,cực tiểu với m.Tìm m để các điểm cự trị hàm số (1) cùng với điểm I(1;1), tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp Câu II (2,0 điểm) x tan x sin x(1 tan x tan ) cos x Giải phương trình: Giải bất phương trình: Câu III (1,0 điểm) x x x 3x cot x I dx 3 sin x sin x sin x Tính nguyên hàm sau: Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy Gọi E là trung điểm BC góc SC và mặt phẳng (SAB) 300 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng DE và SC thao a Câu V (1,0 điểm) 1 (a )(b )(c ) 1 b c a Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng: 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 toạ độ Oxy , Cho tam giác ABC vuông cân A.Biết cạnh huyền nằm trên đường N (1; ) thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường thẳng AB Xác thẳng (d) x y 31 0 ,điểm định tọa độ các đỉnh tam giác ABC.biết điểm A có hoành độ âm Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3) Viết phương trình mặt phẳng (R) qua M, N cho khoảng cách từ P đến (R) lớn n 2 x , x 0 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x khai triển x biết C21n 1 C22n 1 C23n 1 C2nn 1 2 28 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn (C ) : x y x y 0 Gọi A,B là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu M lên đường thẳng AB Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,góc A 60 Góc mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy 30 Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới mặt phẳng (B’AD) Câu VII.b (1,0 điểm) 2 log1 x ( xy x y 2) log 2 y ( x x 1) 6 log ( y 5) log 2 y ( x 4) 1 Giải hệ phương trình: 1 x (2) -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN : Khối A Câu CâuI I.1 I.2 Nội Dung Cho hàm số y x 3mx 3(m 1) x m m (1) 2 Điểm 3 điểm Khi m=0 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x x HS tự làm: Chứng minh hàm số (1) luôn có cự đại,cực tiểu với m.Tìm m để các điểm cự trị điểm hàm số (1)cùng với điểm I(1;1), tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp ) y ' 3x 6mx 3(m 1) ) y ' 0 x 6mx 3(m 1) 0 Ta có ' 1 0m y ' 0 có hai nghiệm phân biệt với m suy hàm số luôn có CĐ,CT 0.25 +) Điểm CĐ A(m-1;2-2m),CT B(m+1;-2-2m) +) pt AB : 2x+y=0, nên A,B,I lập thành tam giác Với R 5, AB 2 nên tam giác ABC vuông I với AB là đường kính 0.25 m IA IB AB 10m 4m 0 m 2 2 Khi đó ycbt tương đương với m m= -1 Kết luận: CâuII II.1 x tan x sin x(1 tan x tan ) cos x Giải phương trình: cos x 0 x k x cos 0 x k 2 ĐK: x sin x sin tan x sin x x cos x cos x cos 2 x x cos x cos sin x sin tan x sin x x cos x cos x cos 0.25 0.25 điểm 0.25 0.25 (3) x cos( x ) 3(1 tan x) tan x sin x x cos x cos 2 x cos 3(1 tan x) tan x sin x x cos x cos 2 0.25 0.25 tan x 3 tan x tan x 0 tan x 3(1 tan x) tan x tan x tan x x k tan x x k II.2 Giải bất phương trình: x x x 3x x Đk: 2( x 2) x x x x 0 ( x 2)( x 1) 0 x 3x 2 ( x 2) ( x 1) 0 x 3x 2 f ( x) ( x 1) x x Ta có f '( x ) 2( x x 2) ' x 3x 1 điểm 0.25 0.25 x2 3x 1 x 3x 0.25 f ( x) f ( ) 0.25 2 S ; 3 Vậy tâp nghiệm BPT là Câu III điểm cot x I dx 3 sin x sin x sin x Tính nguyên hàm sau: …………………………………………………………………………………………… 0.25 0.25 0.25 (4) cot x cot x I dx dx sin x sin x sin x sin x sin x cot x dx sin x cot x cot x d(cot x) 3 cot xd(cot x) cot x cot10 x C 10 Câu IV IV 0.25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy Gọi E là trung điểm BC góc SC và mặt phẳng (SAB) 300 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng DE và SC thao a S A D H T M B E I K C CB AB CB ( SAB ) CB SA Vì SB là hình chiếu SC trên mp(SAB) ( SC.( SAB)) ( SC , SB ) CSB 300 SB BC.cot 300 a SA a Vậy thể tích hình chóp SABCD là: 2a VS ABCD SA.S ABCD (dvdt ) 3 Từ C dựng a CI / / DE CE DI , DE / /( SCI ) d ( DE , SC ) d ( DE ,(CSI ) Từ A kẻ AK CI cắt ED H, cắt CI K AK CI CI ( SAK ) ( SCI ) ( SAK ), ( SCI ) ( SAK ) SK SA CI Ta có Trong mp(SAK) kẻ HT AK HT (SCI ) d ( DE , SC ) d ( H , ( SCI ) HT CD AI 3a AK CI CD AI AK CI Ta có KM / / AD( M DE ) Kẻ HK KM a HK AK HA AD 0.25 0.25 0.25 (5) SA HT SA.HK 38 HT a SK HK SK 19 38 d ( ED, SC ) a 19 Lại có sin SAK Câu V V Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng: 1 (a )(b )(c ) 1 (1) b c a …………………………………………………………………………………………… x y z a ,b ,c y z x Do abc 1 nên tồn số dương x,y,z cho 0.25 0.25 (1) ( x y z )( y z x )( z x y ) xyz (2) Không tính tổng quát giả sử x= max{x,y,z} đó x y z 0, x z y 0 Nếu z x y thì (2) luôn đúng Nếu z x y 0 ( x y z y z x)2 x ( y z x z x y)2 ( y z x)( z x y ) y2 ( x y z z x y )2 ( x y z )( z x y ) z Ta có Từ đó ta có (2) chứng minh Dấu ‘=’ xảy x=y=z hay a=b=c 0.25 0.25 ( x y z )( y z x) Câu VIa VIa.1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , Cho tam giác ABC vuông cân A.Biết cạnh huyền nằm trên 0.25 điểm N (1; ) thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường đường thẳng (d) x+7y-31=0,điểm thẳng AB Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết điểm A có hoành độ âm ( AB) : a( x 2) b( y 3) 0(a b 0) cos( ABC ) cos 45 0.25 a 7b 12 a b2 4a 3b 12a ab 12b 0 3a 4b 0.25 TH1 3a 4b AB : x y 0 AC :3 x y 0 A( 1;1), B( 4;5), C (3; 4) 0.25 TH2 4a 3b AB : 3x y 18 0 AC :4 x y 23 0 A(4; ), B(10;3), C ( ; ) 2 2 (loại) 0.25 (6) Vậy các đỉnh tam giác ABC là : A( 1;1), B( 4;5), C (3; 4) VIa.2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3).Viết phương điểm trình mặt phẳng (R) qua M, N cho khoảng cách từ P đến (R) lớn x 1 2t y t z 2 2t pt (MN) Gọi H là hình chiếu P trên (MN) suy H(3 ;1 ;4) Gọi K là hình chiếu P trên (R) nên d ( P,( R )) PK ta có PK PH PK max K trùng với H 25 0.25 0.25 P M K H N (R) qua H(3 ;1 ;4) nhân PH (1; 4;1) làm VTPT suy (R) x-4y+z-3=0 VIIa n 2 x , x 0 Tìm số hạng không chứa x khai triển x biết n C2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 C2 n 1 228 …………………………………………………………………………………………… n 28 Ta có C2 n 1 C2 n1 C2 n 1 C2 n1 2 C 2n n 1 2n n 1 C 2n 2 n 1 C C n 1 n 1 (1 1) 0.25 2 29 0.25 2 n 14 14 14 2 x C14k 3 k 0 x x Tk 1 C x k 14 điểm 28 C20n 1 (C21n 1 C22n 1 C22nn1 ) C22nn11 2.228 n 1 0.25 14 k x k 14 k x C14k k 14 k 1 k x ( 14 k )2 k 14 k ( ) 2k 0 k 2 Số hạng không chứa x 12 T3 C142 0.25 0.25 Vậy Câu VIb 2 VIb.1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn (C ) : x y x y 0 Gọi A,B là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu M lên đường thẳng AB ………………………………………………………………………………………………… (C ) : ( x 1) ( y 3) 4 Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) 1điểm (7) ( x 1)( x1 1) ( y 3)( y1 3) 4 ( x 1)( x2 1) ( y 3)( y2 3) 4 Tiếp tuyến A,B có phương trình ( 1)( x1 1) (1 3)( y1 3) 4 ( 1)( x2 1) (1 3)( y2 3) 4 Vì hai tiếp tuyến cùng qua M(-3;1) nên 0.25 0.25 Nên (AB) 2x+y-3=0 H là hình chiếu M trên AB nên pt (MH): x-2y+5=0 0.25 13 H( ; ) 5 Suy 0.25 VIb.2 Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,góc A 600 1điểm Góc mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy 30 Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới mặt phẳng (B’AD) …………………………………………………………………………………………… B' C' A' D' K B A C I D Gọi I là trung điểm AD,K là hình chiếu B trên B’I, vì A 60 ABD cạnh a BI AD ( BIB ') AD B ' IB 30 BB ' AD a a BB ' BI tan 300 2 BC / / AD BC / /( B ' AD ) d ( BC , ( B ' AD) d (b, ( B ' AD) Do BK B ' I BK ( B ' AD) Vì BK AD BI Xét tam giác vuông B’BI B ta có 1 a a 2 BK d ( BC ( B ' AD ) 2 BK BI BB ' 4 VIIb 0.25 0.25 0.25 2 log1 x ( xy x y 2) log 2 y ( x x 1) 6 log ( y 5) log y ( x 4) 1 Giải hệ phương trình: 1 x …………………………………………………………………………………………… 0.25 điểm (8) xy x y 0, x x 0, y 0, x (I ) x 1, y 1 + Điều kiện: 2log1 x [(1 x)( y 2)] 2log 2 y (1 x ) 6 (I ) =1 log1 x ( y 5) log y ( x 4) log1 x ( y 2) log 2 y (1 x) 0 (1) = (2) log1 x ( y 5) log y ( x 4) t 0 (t 1) 0 t 1 log 2 y (1 x) t t Đặt thì (1) trở thành: Với t 1 ta có: x y y x (3) Thế vào (2) ta có: log1 x ( x 4) log1 x ( x 4) = log1 x x4 x4 1 1 x x x 0 x4 x4 x 0 x Suy ra: y y 1 + Kiểm tra thấy có x 2, y 1 thoả mãn điều kiện trên Vậy hệ có nghiệm x 2, y 1 Ghi chú: - Mọi cách giải khác đúng cho điểm tối đa - Có thể download đề và đáp án webside : www.violet.vn/mathematicshd 0.25 0.25 0.25 0.25 (9)