Cho tập hợp X = số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ sốâ hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục nghìn phải baèng 1.. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường [r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, KHỐI A, A1, B TRƯỜNG THPT GIA BÌNH SỐ Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian giao đề) SỞ GD & ĐT BẮC NINH I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8 điểm) y 2x x 1 Câu (2 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = Câu (1 điểm) Giải phương trình: 2cos x 8cos x cos x x y x y 30 28 y 3 x y 10 x x , (x,y Î R) Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình: lim x x 1 sin x 3x x Câu (1 điểm) Tính giới hạn sau: Câu (2 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông A, AB = a, AC = a và hình chiếu vuông góc đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC a) Tính theo a thể tích khối chóp A’.BCC’B’ b) Tính cosin góc hai đường thẳng AA’, B’C’ Câu (1 điểm) Cho ba số thực dương x,y, z thỏa mãn x + y + z + xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x4 y4 z4 P y z z x2 x2 y II PHẦN RIÊNG(2 điểm):Thí sinh làm hai phần riêng( phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 – 2x + 4y - = có tâm I và điểm M(- ; - 3) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và cắt (C) hai điểm phân biệt A và B cho tam giác IAB có diện tích lớn 0,1,2,3,4,5,6,7 Có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ Câu 8.a (1 điểm) Cho tập hợp X = số khác đôi từ X, cho ba chữ sốâ hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục nghìn phải baèng B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2:x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG ln x 1 ln( y 1) x y ( x, y Î R ) 2 x 12 xy 20 y Câu 8.b (1 điểm) Giải hệ phương trình … Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… (2) Đáp án đề thi thử đại học môn Toán khối A năm học 2012 – 2013 Lần trường THPT Gia Bình số Caâu Caâu ýa điểm Caâu ýb điểm Hướng dẫn Ñieåm 0.25 0.25 0.25 0.25 +) TXÑ: D = R +) Tính y’, KL khoảng đơn điệu, tiệm cận +) BBT: +) Đồ thị: 2x 2 x m x Xét phương trình (1) với x ≠ -1 x ( x 1)(2 x m ), x x mx m 0 (2) , x Do đó để đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) hai điểm A và B và (1) có hai nghiệm phân biệt hay (2) có hai nghiệm phân biệt x ≠ - m m m 8m 16 0.25 m 4 m Khi đó A(xA;yA), B(xB;yB) với xA, xB là các nghiệm (2) Để AB = AB 5 ( x A x B )2 ( y A yB )2 5 ( x A x B )2 1 0.25 ( x A x B )2 x A x B 1(*) m x A x B x x m A B Theo viet ta có Nên (*) trở thành m2 2m 1 m 8m 20 0 m 10 m m 10 m Kết hợp với các điều kiện trên thỏa mãn bài toán 0.5 điều kiện cosx ≠ Câu Phương trình tương đương với 2cos2x.cosx – 8cos2x + 7cosx = (4 cos 2) cos x 8cos x cos x 0 điểm 0.25 cos x 8cos x 5cos x 0 t 1 Đặt t = cosx, phương trình trở thành 4t - 8t + 5t – = (t – 1)(4t2 – 4t + 1) = t 1 t 1 4t 4t t 1 Với t = ta có phương trình cosx = hay x = 2k 0,25 0,5 (3) x 2k Với t = ½ ta có phương trình cosx = ½ x 2k Kết hợp với điều kiện phương trình có ba họ nghiệm x = 2k , Câu điểm Điều kiện Ta có x 0 x 0 1 y 0 0,25 x 2 y 1 x y x y 30 28 y 3 x y 10 x x ( x )3 x ( y 3)3 ( y 3) (1) 3 x y 10 x x (2) Xét hàm số f (t ) t t , t Î R Có f (t ) 3t 0, t Î R nên hàm số đồng biến trên R Mà phương trình (1) có dạng f(x2) = f(y+ 3) hay phương trình trở thành x2 = y + y x thay vào phương trình (2) ta 0,25 x 4 x 10 3x x 3( x 2 x ) 10 3x 4 x (3) 2 Đặt t x 2 x t 10 3x 4 x Do đó (3) trở thành t2 = 3t hay t = t = 39 x 2 x x y 25 (t/m) Với t = ta Với t = ta có x 2 x 3 x 2 x 12 x 5 x 15(*) Ta thấy (*) vô nghiệm vì x 2 x y 39 25 Vậy hệ phương trình có nghiệm 0,25 0,25 ViÕt l¹i giíi h¹n trªn díi d¹ng: x 1 sin x x lim x 3x x x C= Câu XÐt điểm f ( x ) 1 x 1 sin x f '( x ) §Æt , ta cã f (0) 0 ; cos x f '(0) 0 x 1 g( x ) x x , ta cã g(0) 0 ; 0,25 0,25 0,25 (4) g '( x ) g '(0) 3x f ( x ) f (0) f '(0) x lim 0 x g ( x ) g (0) g '(0) x Khi đó: C = Gọi H là trung điểm BC Xét tam giác ABC có BC AB AC 2a AH a Câu A ' H A ' A2 AH (2a ) a 3a ýa 1 VA ' ABC A ' H S ABC 3a a 3a a 3 2 điểm ýb điểm VABC A ' B ' C ' A ' H S ABC Thể tích khối lăng trụ là Mà thể tích khối chóp A’.BCC’B’ là VA '.BCC ' B ' VABC A ' B 'C ' VA ' ABC a a a 2 Vậy VA ' BCC ' B ' a 0,25 0,25 0,25 3a a 3a a 2 Ta thấy A’H (ABC) nên A’H (A’B’C’) suy tam giác HA’B’ vuông A’ Theo định lý Pytago: HB’2 = HA’2 + A’B’2 = 3a2 + a2 = 4a2 suy HB’ = 2a Tam giác BB’H có HB’ + BB’ = 2a nên là tam giác cân B’ BK BH a cos B ' BH BB ' BB ' 4a , với K là trung điểm BH Do đó Góc hai đường thẳng Â’ và B’C’ góc hai đường thẳng BB’ và BC ( vì AA’ //BB’; B’C’ // BC) đó B ' BH Vậy cosin góc hai đường thẳng AA’ và B’C’ 0,25 0,25 0,5 0,5 (5) A’ C’ 0,25 B’ A C Câu điểm 0,25 H K B Trước hết ta chứng minh với số thực a, b, c ta có 2 0,25 0,25 (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) (*) dấu xảy và a = b = c Theo giả thiết và (*) ta có = x + y + z + xy + yz + zx Câu 7a điểm Đặt t = 3( x y z ) x y z x y z , ta có bất phương trình 0,25 0,25 t t 3t t 3t 0 t t vì t dương Hay 0,25 x y z 3 0,25 Mặt khác theo bất đẳng thức cosi với hai số dương ta lại có Câu a điểm x4 y2 z2 y4 z x2 z4 x2 y2 2 x ; y ; z 2 2 2 y z z x x y 0,25 x2 y z P 2 0,25 Dấu xảy và x = y = z = Vậy Min P = 3/2 đạt x = y = z = Đường tròn (C) có tâm I(1; - 2), bán kính R = Phương trình đường thẳng d qua M có dạng : a(x + 1) + b(y + 3) = ( a2 + b2 > 0) hay ax + by + a + 2b = 0,5 (6) Câu b điểm Câu b điểm S IAB IA.IB.sin AIB Diện tích tam giác IAB là : , với và Î (0; ) Suy MaxS = 9/2 đạt sin = hay AIH AIB IH IA cos 4 Mặt khác Kẻ IH AB H, ta có b a d ( I , ( D)) IH 2(2a b) 9(a b ) 7b 8ab a 0 a 7b Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: ( d1 ) : x y 0; ( d ) : x y 10 0 0,5 0,5 * Xem các số hình thức a b c d e , kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 là a là b là c) Sau đó chọn các giá trị khác cho vị trí còn lại từ 1 : soá caùch choïn A74 X\ Như có x (7 x x x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài 0,25 * Xem các số hình thức 0b c d e * Loại số dạng hình thức 0b c d e thỏa mãn yêu cầu bài tốn ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số thỏa yêu cầu đề bài xC C ( xC ; ) B Î d : x y Gọi B vì , vì C Î d : x y 0 xB B ( 1; 4), C (5;1) xC 5 Do G(2;0) là trọng tâm tam giác ABC nên ta có Suy phương trình BG: 4x – 3y – = Mà đường tròn cần tìm có tâm C và tiếp xúc với BG nên nó có bán kính R d (C , BG ) 81 ( x 5) ( y 1) 25 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là: (x B; x B ) Xét hệ ln x 1 ln( y 1) x y (1) 2 (2) x 12 xy 20 y 0 Điều kiện x > -1, y > -1 0,25 ( x , y Î ) x 2 y ( x y )( x 10 y ) 0 (*) x 10 y Ta có (2) Mà (1) ln( x 1) x ln( y 1) y (3) Xét hàm số f(t) = ln(t + 1) – t với t > - 1 t f '(t ) t 1 t 1 Có f’(t) = t = suy bảng biến thiên t f’(t) -1 + 0,5 +∞ - (7) Từ bảng biến thiên suy phương trình (3) có nghiệm x ≠ y hay (1) có nghiệm x ≠ y thì x và y phải trái dấu điều này mâu thuẫn với (*) nên phương trình (3) phải có nghiệm x = y đó hệ có nghiệm du y là (0; 0) Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tối đa (8)