mặt cầu S tâm B và tiếp xúc với Câu VII.a 1,0 điểm Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.. Theo chương trì[r]
(1)TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông 03-02-2013 ( THAM KHẢO) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y 2x 1 H x có đồ thị Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Đường thẳng d qua điểm P 4; cắt (H) điểm phân biệt A; B và cắt hai tia Ox, Oy M ; N cho tam giác OMN có diện tích nhỏ Viết phương trình tiếp tuyến H A; B Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 25 9 2 2sin x 2cos x tan x 0 cos x sin x 2) Giải bất phương trình: Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau I x x x tan x sin x dx sin x J dx sin x cos x ABCD Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có AB a , góc SA và mặt phẳng 600 Gọi G là trọng tâm tam giác SBD , mặt phẳng P qua G và song song với mặt phẳng ABCD cắt SA, SB, SC , SD các điểm A ', B ', C ', D ' Tính thể tích khối đa diện ABCDA ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABD ln 2e3 e3 cos x A lim x 8x2 Câu V (1,0 điểm) Tính giới hạn sau 27 x II PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x y 0 và điểm A 2; Lập phương trình đường tròn (T) qua điểm A và cắt đường thẳng (d) điểm phân biệt B, C cho tam giác ABC vuông cân A A 0;0;3 , M 2; 3; Điểm M ' thỏa mp Oxy là mặt 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho phẳng trung trực MM ' Điểm B là giao điểm đường thẳng AM ' và mp Oxy Viết phương trình mp Oxz mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với Câu VII.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác và khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy C : x y 41 cho đường tròn Viết 5 M ;2 d qua điểm và cắt C điểm phân biệt A, B cho phương trình đường thẳng MA 3MB (2) A 6;0; 3 Đường thẳng qua điểm A , cắt Ox 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm điểm M , cắt Oz điểm N Tính diện tích tam giác OMN Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số TRƯỜNG THPT LONG MỸ mx x có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THAM KHẢO Đáp án Điểm GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Câu y y 2x 1 H x có đồ thị Cho hàm số 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Đường thẳng d P 4; qua điểm cắt (H) điểm phân biệt A; B và cắt hai 2,0 tia Ox, Oy M ; N cho tam giác OMN có diện tích nhỏ Viết phương trình tiếp tuyến 1) Học sinh tự vẽ 2) Đường thẳng d H A; B 1,0 qua điểm P 4; cắt (H) điểm phân biệt A; B và cắt hai tia Ox, Oy M ; N cho tam giác OMN có diện tích nhỏ Viết phương trình tiếp tuyến H 1,0 A; B x y 1 a 0, b a b Đường thẳng 4 P 4;4 1 a b Đường thẳng (d) qua điểm d : I 4 4.4 2 a b ab ab Ta có ab 8 ab 64 a b SOMN 32 4 a b 8 S OMN ab 32 a b suy a b 8 d : y x S OMN Vậy 0,25 0,25 nhỏ 32 Giao điểm (d) và (H) là f ' 3 3; f ' A 3;5 ; B 5;3 Phương trình tiếp tuyến (H) 0,25 A 3;5 là y x 3 x 14 3 27 y x x A 5;3 4 Phương trình tiếp tuyến (H) là 1) Giải phương trình: 25 9 2 2sin x 2cos x tan x 0 sin x 1 sin x 1 0,25 1,0 (3) II cos x 0 x l 2 x l1 2 l; l1; l2 ; l3 Z cos x 5 sin x x l2 2; x l3 2 ĐK: pt 2sin x 6 2cos x 4 tan x 0 4 2 sin x cos x 2sin x tan x sin x 2sin x 2 cos x 2sin x cos x sin x tan x sin x 1 sin x tan x 0 cos x x k sin x 1 tan x x k loai x m2 m Z So vớ điều kiện là nghiệm phương trình đã cho sin x 2) Giải bất phương trình: 1 x 0 1 x ĐK: 3 x x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 Bpt(1) 4 4 12 x 36 x x x x 0,25 t x 0 Đặt và từ bpt suy t 4 t 4 Bpt trở thành 4 t t t 16 8 t t t 8 t t t 8 t Mà 8 t t 4 0 t t 4 1 6x Vậy 4 t 8 0,25 t 0 t 4 x 4 x 1 0,5 1 S ; 2 KL bất phương trình có nghiệm III Tính tích phân sau I tan x sin x dx 1,0 sin x J dx sin x cos x (4) I tan x sin x cos x dx dx 2 sin x cos x cos x Đặt t cos x cos x 4 t 2tdt 2sin x cos xdx sin x cos xdx tdt x 0 t 15 x t Đổi cận I 15 dt 1 t 2 t ln t Khi đó 15 ln 15 ln 0,25 0,25 2 0,5 sin x J dx sin x cos x 2) x t dx dt Đặt x 0 t x t 0 Đổi cận 0,25 sin t 2 J sin t cos3 2 2 Khi đó 3 0,25 cos3 t dt J dt 3 sin t cos t t 0,5 sin x cos x J J J dx dx J sin x cos x Vậy IV Cho hình chóp S ABCD có AB a , góc SA và mặt phẳng ABCD P qua G và song song với 60 Gọi G là trọng tâm tam giác SBD , mặt phẳng ABCD cắt SA, SB, SC , SD các điểm A ', B ', C ', D ' Tính thể mặt phẳng tích khối đa diện ABCDA ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABD 1,0 (5) S B' A' G D' C' B A H D C Gọi H AC BD AB a BD a 2 2a P // ABCD B ' D '// BD G là trọng tâm tam giác vì Và A ' B ' C ' D ' là hình vuông B ' D ' SG 2 4a 4a 2a B ' D ' BD B ' D ' B ' D ' SH 3 3 Suy BD Vì S ABCD là hình chóp suy , ABCD SAH SH ABCD SA 600 0,25 Tam giác ABD ta có AH BD a SH AH tan 600 a SA 2a 2a 3 VS ABCD SH S ABCD 3 AH BD a SH AH tan 600 a SA 2a 0,25 2a 12 4a 3 VS A ' B 'C ' D ' SG.S A ' B 'C ' D ' SH S A ' B 'C ' D ' a 33 27 14 3a3 VABCDA ' B ' C ' D ' VS ABCD VS A ' B 'C ' D ' a3 27 27 Gọi O, R là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD O SH O SBC Suy suy R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 2a 2a R 2sin 60 SBD mà SB SD BD 2a suy SBD nên V ln 2e3 e3 cos x A lim x 8x2 Tính giới hạn sau 27 x 0,25 0,25 1,0 (6) ln 2e3 e3 cos x 27 x ln e3 cos x 27 x A lim lim 2 x 8x 8x x ln cos x 27 x ln cos x 27 x A lim lim x x 8x 8x2 ln 2sin x 27 x A lim x 8x ln 2sin x 27 x A lim lim x x x2 x 2sin x sin x ln 2sin x x2 1 E lim D lim 1 x 2sin x x sin x 0,25 vì và ln 2sin x 1 F lim x x2 2sin x sin x nên suy 8x2 A lim 2 x x 3.3 27 x 27 x 1 1 31 A lim 2 x 3.3 27 108 3.3 27 x 27 x A 2; 0,25 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng VIa 0,25 d : x y 0 0,25 và điểm Lập phương trình đường tròn (T) qua điểm A và cắt đường thẳng (d) 1,0 điểm phân biệt B, C cho tam giác ABC vuông cân A Ta có từ giả thiết suy đường tròn (T) cần lập là đường tròn có đường kính BC B t ;2 t d AB t 2;4 t Gọi ABC CAB 45 Đường thẳng (d) có VTCP: u 1; 1 Ta có 2t cos ABC cos AB, u 2 2t 4t 20 0,25 (7) 2t 2t 4t 20 1 2t 4t 20 4t 8t t 2t 0 0,25 t 4 t 2t 0 t t 4 B 4; t B 2;4 Với vì vai trò B và C suy B 4; C 2;4 0,25 B 4; C 2;4 0,25 Đường tròn (T) có tâm là I 1;1 ; R 3 nên có phương trình x 1 y 1 18 A 0;0;3 , M 2; 3; Điểm M ' 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mp Oxy là mặt phẳng trung trực MM ' Điểm B là giao điểm đường AM ' và mp Oxy Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với thẳng thỏa 1,0 mp Oxz mp Oxy là mặt phẳng trung trực MM ' suy M , M ' đối xứng với qua mp Oxy suy M ' 2; 3;6 B m, n,0 là giao điểm AM ' và mp Oxy suy điểm A, M ', B thẳng AB k AM ' hàng suy tồn số k cho AB m; n; 3 ; AM ' 2; 3;3 m 2k k AB k AM ' n 3k m 2 B 2;3;0 3k n 3 mp Oxz suy bán kính R yB 3 Mặt cầu (S) tâm B tiếp xúc với 0,25 Gọi x 2 VIIa 2 0,25 0,25 y 3 z 9 Ptmc(S): Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác và khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ Từ giả thiết bài toán ta thấy có C25 =10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số 3 đứng đầu ) và C5 =10 cách chọn hai chữ số lẻ có C5 C5 = 100 số chọn Mỗi số có 5! số thành lập có tất C5 C5 5! = 12000 số Mặt khác số các số lập trên mà có chữ số đứng đầu là C14 C 35 !=960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy VIb 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x y 41 cho đường tròn (C): Viết 5 M ;2 và cắt (C) điểmphân biệt phương trình đường thẳng (d) qua điểm A, B cho MA 3MB Đường tròn (C) có tâm 1,0 I 5;0 , R 41 1,0 (8) Ta có IM R nên M (C) Đặt Gọi A a; b C a b 41 1 B m; n C m n 41 thuộc (C) M (C) và MA 3MB AM 3BM 5 5 15 AM a;2 b BM m;2 n 3BM 3m; 3n 2 ; 2 15 5 3m a AM 3BM 2 b 3n Thế (3), (4) vào (1) 0,25 a 10 3m 3 b 8 3n 2 3m 3n 41 5 ta 2 m n 41 9m 90m 9n 144 2 2 9m 30m 9n 48n 48 m n 41 Giải hệ (2) và (5) 16 5m n 2 m 10m n 16 5m 4n 16 m2 10m 16 5m 16 a 0,25 a 16m2 160m 256 160m 25m2 256 25m 0 m 0 n 4 a 10 A 10; , B 0;4 b Khi đó Phương trình đường thẳng cần tìm là x 10 y x 10 y x y 40 0 10 8 0,25 0,25 A 1;2;1 , B 0;1;0 ; I 0;6;4 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm Đường thẳng AB điểm qua điểm I , cắt Ox điểm M , cắt đường thẳng 1,0 N Tính diện tích tam giác OMN Gọi M m;0;0 Ox N x; y; z AB AN ; AB Gọi cùng phương nên tồn số thực t cho AN x 1; y 2; z 1 ; AB 1; 1; 1 x 1 t AN t AB y 2 t t R z 1 t N t ;2 t ;1 t IN t ; t 4; t ; IM m; 6; I ; M ; N điểm nằm trên nên IM ; IN cùng phương suy tồn số k cho 0,25 0,25 (9) m k t m k kt 0 m 4 IM k IN k t 4k kt k 2 3k kt kt t k t M 4;0;0 , N 2;3;2 Vậy OM 4;0;0 ; ON 2;3;2 OM ; ON 0; 8; 12 SOMN OM ; ON 82 122 2 13 2 Diện tích tam giác OMN Ta có: VIIb y' 0,25 0,25 mx x2 Hàm số có hai cực trị y ' 0 có hai nghiệm phân biệt khác m 0(*) Khi m đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: A ;2 m , B ; m AB 16 m m m m AB 2 16 m 16 m ( không đổi) m AB 4 16( m) m m 1 Kết hợp với điểu kiện (*) ta m 0,25 0,25 0,25 0,25 (10)