Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.... Mà diện tích của mặt cầu là: 4 R 2 , suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất khi và chỉ khi h[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN PHẦN CHUNG \ 1 + Tập xác định D = y' x ( x 1)2 + Sự biến thiên ; 1 Hàm đồng biến trên các khoảng 0,25 1; và Hàm số không có cực trị + Giới hạn và tiệm cận lim y lim y 2 x x nên đồ thị có T/c ngang y = lim y , lim y x 1 x nên đồ thị có T/c đứng x = -1 a Bảng biến thiên x y’ - 0,25 2 - Đồ thị Phương trình hoành độ giao điểm: 2x x m x ( x 1)( x m) b x 1 (x = - không là nghiệm PT ) x2 - (m - 3)x - m – = (1) (1) là PT bậc hai có = (m – 3)2 + 4(m + 1) = m2 - 2m +13 = (m - 1)2 + 12 > m Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai điểm pb A,B Theo hệ thức Vi – et: x1 + x2 = m – 3, x1 x2 = - m – Khi đó A(x1; -x1 +m), B(x2; -x2 + m) suy *) Câu - + y Câu I 0.25 0.25 0,25 0,25 AB 2( x1 x2 ) 2[( x1 x2 ) x1 x2 ] AM = ( x1 2) ( x1 m 5) ( x1 2) ( x2 2) BM = ( x2 2)2 ( x2 m 5) ( x2 2) ( x1 2) , 0,25 = AM Để tam giác MAB ta phải có: AB = AM = BM, hay m 1 m 4m 0 2 2( x1 x2 ) ( x1 2) ( x2 2) m Kết luận Với ĐK sinx ≠ và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0.25 0,5 (2) a (cos x sin x) 2 (cos x sin x)(cos x sin x) cos x sin x cos x 3sin x sin x 2sin x 3sin x 0 Giải tiếp sinx = và sinx = 0,5 Đều thỏa mãn ĐK x k 2 Với sinx = 5 x k 2 ; x k 2 6 Với sinx = 0,5 Vậy PT đã cho có họ nghiệm nói trên ĐKXĐ: xy 0 Biến đổi hệ thành II 2đ b x x y 4 x 3 x xy y Câu III 1đ 0.25 1 1 1 1 1 x 4 x 4 x x y x x y x x 4 x 4 x x y y x x x y 0,25 du 3dx v cot x 3x 1 I dx (3x 1) cot x sin x Suy 0,25 2 cot x.3dx 0,25 (3 x 1).cot x d (sin x) sin x = (3 x 1).cot x ln | sin x | C = Câu IV 1đ 0,5 0,25 x x 2 2 x y x y 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 2) u 3 x dv sin 2 x dx Đặt 0,25 0.25 0.25 S M A B H N K D +) Tính thể tích khối chóp: C 0,25 (3) Gọi H là trung điểm AD thi SAD là tam giác cạnh AD = a nên SH AD và a SH = Mặt khác theo gt (SAD) (ABCD) nên SH (ABCD) 1 a a3 VS ABCD S ABCD SH a 3 Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a +) Gọi N = HC BD; M SD và MN // SB Khi đó SB //(MHC) và ta có KH MS 2 MD Kẻ MK // SD thì MK (ABCD) và DH = nên: d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2 d(K, (MHC)) Kẻ KI HC, KJ MI thì ta chứng minh KJ = d(K, (MHC)) Ta dễ dàng tính a a 2a a DH DC a 2 a SH , KI = d(D, HC) = DH DC = MK = 0,25 0.25 0.25 a 2a KM KI 3a 4a 2a 93 2a 93 2 45 = 93 Vậy d(SB, HC) = 31 Suy KJ = KM KI = 36 Không tính tổng quát, giả sử x = min{x, y, z} Kết hợp với GT x + y + z = ta suy x nên – 2x > ( y z )2 x(1 x) (1 x) Khi đó xy yz zx xyz = x(y + z) + yz(1 – 2x) = (1 x ) x(1 x) (1 x) = 0,25 0,25 (1 x) f ( x ) x (1 x) (1 x ) Xét: = -2x3 + x2 + trên [0; 1/3] Câu V 1đ f '( x) x x triệt tiêu x = và x = 1/3 BBT x f’(x) + - 0,25 f(x) VIa 1 f ( x) f 27 (ĐPCM) Từ BBT suy xy yz zx xyz Thấy xy yz zx xyz = 27 x = y = z = A Theo chương trình Chuẩn a B(0; -3) không thỏa mãn PT nên PT A, C Suy BD: x – 3y – = 0,25 0,25 (4) 3 x y 0 Gọi I là gia AC và BD thì tọa độ I là nghiệm hệ x y 0 nên I(3; -2) Suy D(6; -1) (I là trung điểm BD) Gọi A(a; -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi 20 ta có: a 2 | a 3(7 3a ) | 10 20 10 a 4 BD d(A, BD) = 20 hay Với a = thì A(2; 1) và C(4; -5) Với a = thì A(4; -5) và C(2; 1) AB ( 2; 2;1), AM ( 1; 2; z 2) nên Do M thuộc Oz nên M(0; 0; z) Ta có AB, AM ( z 2; z 5; 6) 0 , suy M không nằm trên đường thẳng AB Do AB = nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ và diện tích tam giác AMB nhỏ 2đ b Mà diện tích tam giác AMB là: S AB, AM ( z 2) (2 z 5)2 ( 6)2 2 Số cách chọn viên bi 20 viên bi đã cho là C20 15 504 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi A là biến cố “5 viên bi chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5 viên bi chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi chọn có đủ ba màu” Để tìm số cách chọ viên bi có đủ màu ta có bảng sau Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách 1 C71 C91.C43 C71 C93 C41 1đ 0,25 0,25 1 81 81 z 28 z 65 z 4 2 = Vậy M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ Câu VIIa 0,25 2 C71 C92 C42 2 C72 C91.C42 2 C72 C92 C41 1 C73 C91.C41 Suy 1 3 1 2 2 2 1 | A | = C7 C9 C4 + C7 C9 C4 + C7 C9 C4 + C7 C9 C4 + C7 C9 C4 + C7 C9 C4 = = 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 2.3 + 7.3 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534 | | 9534 1589 P A A | | 15504 2584 0, 6149 Nên 995 Vậy = 2584 0,3851 Theo chương trình Nâng cao 5 3; Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N và N’ nằm trên AB nên AB qua M, N’ có PT: x – 3y + = 0,25 0,25 0.25 P A 1 P A Câu VIb a 0,25 (5) Gọi H là hình chiếu I trên AB thì IH = d(I, AB) = 10 Do AC = 2BD nên IA 1 2 IH hay = 2IB = 2a > Trong tam giác vuông IAB ta có IA IB 1 a 2 4a a Gọi B =(x; y) thi IB = a = và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ: 14 x ( x 3) ( y 3) 2 x 4 x y 0 y y 2 14 ; Do hoành độ B nhỏ nên B 5 Vậy BD: 7x - y -18 = AB ( 2; 2;1), AI ( 1; 2; z 2) nên Do M thuộc Oz nên I(0; 0; z) Ta có AB, AI ( z 2; z 5; 6) 0 , suy I không nằm trên đường thẳng AB Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì AB = nên bán kính mặt cầu là R = h2 Mà diện tích mặt cầu là: 4 R , suy diện tích mặt cầu nhỏ và h nhỏ và diện tích tam giác AIB nhỏ Mà diện tích tam giác AIB là: S AB, AI ( z 2) (2 z 5)2 ( 6) 2 2 2đ b 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 1 81 81 z 28 z 65 z 4 2 = Vậy I(0;0; 7/4) 2 0,25 0,25 ( x x 6) ( x 2) (3 x) x 1 x 3 x x 2 ĐK: Câu VIIb 1đ log3 | x x |log ( x 1)(3 x ) Khi đó Pt biến đổi thành: ( x 1)(3 x ) x | x x | | x | 2 , (do – x > 0) Nếu < x < thì 2(x – 2) = x – hay x = (loại) Nếu < x < thì -2(x -2) = x – hay x = 5/3 thỏa mãn Vậy Pt đã cho có nghiệm x = 5/3 0,25 0,25 0.25 (6)