de thi thu dh lan 1 thpt hau loc 2

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất.. Viết phương trình mặt phẳng ..[r]

Së GD&§T THANH HO¸ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và 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) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + = Câu II (2,0 điểm) 3     cos 2 x  2cos  x   sin  x      4  0 2cos x  1) Giải phương trình: 2) Giải phương trình   x2   1 x x ( x e   x 1 x 1 x  2   x  )dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân C, cạnh đáy AB 2a và góc ABC 30 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' biết khoảng a cách hai đường thẳng AB và CB ' Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = Tìm giá trị nhỏ 1 P 3 3 3 a  3b b  3c c  3a biểu thức : 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 và phân giác 17 H ( 4;1), M ( ;12) BD Biết và BD có phương trình x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC : x 1 y z 1    và hai điểm A(1; 2;  1), 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng B (3;  1;  5) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A và cắt đường thẳng  cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n 1  3.2.2C23n 1   ( 1)k k( k  1)2 k  C2kn 1   2n(2 n  1)22n  C22nn11  40200 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x  2)  ( y  3) 4 và đường thẳng d: 3x  y  m  0 Tìm m để trên d có điểm M mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) cho góc AMB bẳng 1200 2) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1;1;  1), B(1;1; 2), C ( 1; 2;  2) và mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z  0 Mặt phẳng ( ) qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC I cho IB 2 IC Viết phương trình mặt phẳng ( ) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 log1 x ( xy  x  y  2)  log 2 y ( x  x  1) 6  = ( x, y  R) log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) , …………………………Hết………………………… Së GD&§T THANH HO¸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Nội dung 2 (1,0 điểm) Khảo sát y x  3x  m  m  Ý Khi m = 1, ta có y x  3x  + TXĐ: D  lim ( x3  x  1)   x + Giới hạn:    lim ( x3  x  1)  Điểm 1,00 0,25 x   +Sự biến thiên: y ' 3 x  x  x 0 y ' 0  x  x 0    x 2   ;  ;  2;   0;  Hàm số nghịch biến trên khoảng Hàm số đồng biến trên khoảng 0,25 Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = -3 Bảng biến thiên x y  + 0   + 0,25  y  -3 0,25 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung điểm (0;1) Điểm uốn I(1;  1) là tâm đối xứng (1,0 điểm) Xác định m để Ta có : y’ = 3x2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k =  x   Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm PT: 3x2 - 6x =  x 3  Với x = -1, ta có y(-1) = -3 Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x + ( loại và song song với (d))  Với x = 3, ta có y(3) = Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 II 3     cos 2 x  2cos  x   sin  x      4  0 2cos x  Giải phương trình:  2cos x  0  x   k 2 ĐK: 3      cos 2 x  2cos  x   sin  x    0   4  Với điều kiện đó phương trình 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 1     cos 2 x   sin  x    sin  x      0 2  2       sin 2x  sin      4x    sin 2x  0 2     sin 2x  cos 4x  sin 2x  0 0,25   sin 2x   2sin 2x  sin 2x  0    sin 2x  sin 2x  0 0,25  sin 2x 1 sin 2x  (loại)   sin 2x 1  x   k So điều kiện phương trình có nghiệm x   x2   5  k2 (k  ) 1 x  1 x Giải phương trình ĐK:   x 1 Đặt u   x , v   x , u, v 0 u  v 2   uv u  v 2  uv Hệ trở thành:  1  uv    2uv   u  v  2uv   u  v  2 Ta có:    2   x  0,25 1,00 0,25    0,25 u  v  u  v  u  v  uv  u  v    uv     u 1  u  v 2    2 u  v  v 1   Suy : 2 2 2 0,25 x Thay vào ta có nghiệm PT là :  Tính tích phân x3 ( x e ( x e  III  0,25 1,00 x )dx 1 x 1 x x e dx  dx 0,25    x  x 0 Đặt I = Ta có I = 1 t 1 1 x3 I1 x e dx I1  e dt  et  e  0,25 30 3 Ta tính Đặt t = x3 ta có x I  dx 0,25 4  x Ta tính Đặt t = x  x t  dx 4t dt 1 t4  I 4  dx 4 (t   )dt 4(  ) 1 t 1 t 0 Khi đó 0,25  e   Vậy I = I1+ I2 1,00 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Gọi M, N là trung điểm AB và A'B' Tam giác CAB cân C suy AB  CM Mặt khác AB  0,25 CC '  AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ') Kẻ MH  CN ( H  CN ) MH  (CMNC ')  MH  A ' B '  MH  (CA ' B ') mp (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên x3 4 2 x )dx x3 d ( AB, CB ') d ( AB, (CA ' B ')) d (M , (CA ' B ')) MH  BMC  CM BM tan 300  IV 0,25 a a Tam giác vuông Tam giác vuông 1 CMN      2  MN a 2 MH MC MN a a MN a a3 VABC A ' B 'C ' S ABC MN  2a .a  3 Từ đó 0,25 A' C' N B' 0,25 H C A M B V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1,00 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có  1 1 1 (x  y  z)    33 xyz 9     x y z xyz xyz x y z (*) áp dụng (*) ta có 1 P 3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  c  3a áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a  3b   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  a  3b  1.1  0,25 1  a  3b  b  3c  c  3a    a  b  c        3 3  Suy Do đó P 3  a  b  c    a b c  4 a  3b b  3c c  3a 1 Dấu = xảy Vậy P đạt giá trị nhỏ a b c 1 / VI.a Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC Đt  qua H và  BD có pt x  y  0   BD I  I (0;5) Giả sử   AB H ' Tam giác BHH ' có BI là phân giác và là đường cao nên BHH ' cân  I là trung điểm HH '  H '(4;9)      u H ' M   ;3    nên có pt là x  y  29 0 AB qua H’ và có vtcp 5 x  y 29  B (6;  1)  x  y   Tọa độ B là nghiệm hệ M là trung điểm AB 4   A  ; 25  5  Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A và cắt đường thẳng  cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ Gọi d là đt qua A và  cắt  M  M (  2t;3t;   t )  AM (  2t ;3t  2;  t ), AB (2;  3;  4) Gọi H là hình chiếu B trên d Khi đó d ( B, d ) BH BA Vậy d ( B, d )   lớn BA  H  A Điều này xảy  AM  AB  AM AB 0  2(   2t )  3(3t  2)  4t 0  t 2  M (3;6;  3) Pt d là x  y  z 1   1  u  2;3;  1 Đường thẳng ∆ qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP      NA  2; 2;0   v  NA, u    2; 2;  Ta có;  Mặt phẳng (P) chứa d và  qua A và có VTPT v nên có pt là: -x + y + z = 0; Gọi K là hình chiếu B trên (P)  BH BK Vậy d ( B, d ) nhỏ 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 BK  H K Lúc đó d là đường thẳng qua A và K  x u   y 2  z   u Tìm K = (0; 2; -2) Suy d có PT là :  T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt: 0,25 1,00 2C22n1  3.2.2C23n1   ( 1)k k (k  1)2k  C2kn1   n(2n  1)2 n  C22nn11  40200 +1 n+1 − 1¿ k C k2 n+1 x k + −C 2n 2n +1 x * XÐt 1− x ¿2 n +1=C − C1 x+ C2 x − +¿ 2n +1 n+1 n+ ¿ (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: k k k−1 n +1 −1 ¿ kC2 n+1 x + −(2 n+1)C2 n +1 x 1− x ¿2 n=−C12n +1+ 2C 22 n+1 x − +¿ −(2 n+1)¿ VII.a 2n 0,25 (2) Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: n −1 −1 ¿k k ( k − 1)C k2n +1 x k −2 + −2 n(2 n+1)C 22 n+1 n+1 x 1− x ¿2 n −1 =2C 22 n+1 −3 C32 n +1 x + +¿ n(2 n+1) ¿ Thay x = vào đẳng thức trên ta có: k 2n  2n 1  2n(2n  1) 2C 22n 1  3.2.2C32n 1   (  1) k k(k  1)2 k  C 2n C 2n 1 1   2n(2n  1)2 ⇔ n(2 n+1)=40200 ⇔ n2+ n− 20100=0 ⇔ n=100 Tìm m để trên d có điểm M mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) cho góc AMB bẳng 1200 Đường tròn (C) có tâm I(2;-3) và bán kính R=2 Theo giả thiết ta có tam giác 0   IAM vuông A và AMI 60  MIA 30 Phơng trình đã cho VI.b AI  Suy ra: IM = cos30 Vì 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 m nên M=(1 + 4t; -1 + +3t) M  d  2 m    3m  m IM  4t  1   3t    25t    4 t  m4 16     Ta có 0,25 16  3m  m 25t    4 t  m4    16 Suy ra:  3m  m  25t    4 t   m  0   16  * 0,25  m2 4 448  3m       100   m   4m  88m  3    16 Ta có : Để có điểm M thỏa mãn đề bài thì PT(*) có nghiệm 0,25 448 251  4m  88m  0  m 11  3 (  )  Mặt phẳng qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường 1,00 thẳng BC I cho IB 2 IC Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình là ax  by  cz  d 0 với a; b; c không cùng 0,25 - (1) mp ( ) qua A(1;1;  1) nên ta có : a  b  c  d 0 mp ( )  mp ( P ) : x  y  z  0 nên VTPT vuông góc  a  2b  2c 0 - (2) IB 2 IC  khoảng cách từ B tới mp ( ) lần khoảng cách từ C tới ( ) a  b  2c  d  a  2b  2c  d  3a  3b  6c  d 0     a  5b  2c  3d 0 2 a  b2  c a2  b2  c Từ (1), (2), (3) ta có trường hợp sau : 1  b a   a  b  c  d 0    c  a  a  2b  2c 0 3a  3b  6c  d 0  3  d  a chọn  TH1 :  0,25 (3) 0,25 a 2  b  1; c  2; d  Ta có phương trình mp ( ) là x  y  z  0  b  a  a  b  c  d 0    c a  a  2b  2c 0   a  5b  2c  3d 0  3  d  a chọn a 2  b 3; c 2; d   TH : 0,25 Ta có phương trình mp ( ) là x  y  z  0 Vậy tìm mp ( ) t/m ycbt là x  y  z  0 x  y  z  0  xy  x  y   0, x  x 1  0, y   0, x   (I )    x  1,   y  + Điều kiện:  VII.b  2log1 x [(1  x)( y  2)]  2log  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)  log1 x ( y  5)  log  y ( x  4) = 1(2) t   0  (t  1)2 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  x4  x4 1  1  x  x  x 0 x4 x4 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25