De DA thi thu Dai hoc THPT Ngo Gia Tu Bac Ninh

Tìm điểm M trên đồ thị C sao cho tiếp tuyến của C tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị C tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất.. Tính tang của góc giữa SC với mặt p[r]

SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MÔN : TOÁN, KHỐI D Thời gian làm bài : 180 phút -o0o - Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx   Cm  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số với m = Tìm m để đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB qua điểm I(1; 0) Câu II (2,0 điểm)  5  sin x  4sin   x  4  sin x  cos x    Giải phương trình 2 Giải phương trình x   x 2  3x  x Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông C, AB = cm, BC = cm Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) 60 Gọi D là trung điểm cạnh AB Tính thể tích khối chóp S.ABC Tính khoảng cách hai đường thẳng SD và BC x  y  4 xy Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 1; y 1 và   1  P x3  y     y  x Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức : Câu V (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C  2;  5 , đường thẳng  : x  y  0  5 I  2;  Tìm trên đường thẳng  hai điểm A và B đối xứng qua   cho diện tích tam giác ABC 15 Cho hai đường thẳng a và b song song với Trên đường thẳng a có điểm phân biệt và trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt Hỏi có thể tạo bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho 3 log   x   log  x   3  log  x   4 Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình Câu I Ý ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Nội dung Điểm 1.0 Với m = 1, hàm số trở thành : y  x  x  TXĐ :  y   limy  ; lim x   Có x   x 0  y 2 y '    x 2  y  y ' 3 x  x ;  BBT : x  y’ + 0 – 0.25  +  0.25 y -2   ;0  và  2;  ; Hàm số nghịch biến trên  0;  Hàm số đồng biến trên yCĐ = x = ; yCT = - x =  Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và 1 3;0 0.25  0.25 1.0  x 0 y ' 0   0.25  x 2m Ta có y ' 3x  6mx ; Để hàm số có CĐ và CT thì y’ = có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó  2m 0  m 0 0.25 B 2m;  4m3 Khi đó (Cm) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và  AB  2m;  m3  vtpt 2m2 ;1 Đường thẳng AB qua A(0; 2) và có vtcp 0.25 Phương trình AB : 2m x  y  0 0.25 Theo giả thiết đường thẳng AB qua I(1; 0) nên 2m  0  m 1       II 1.0  5  sin x  4sin   x  4  sin x  cos x     2sin x.cos x  cos x 4  sin x  cos x    sin x  cos x   sin x  cos x  sin x    cos x  sin x    0 0.25   cos x  sin x 0  x   k , k       sin x  cos x  sin x    cos x  sin x   0 0.5 Giải (1) : Đặt  t cos x  sin x ,  t   sin x 1  t 2   t  t  2t  0  t Pt (1) trở thành : Với t  ta có  1 cos x  sin x    t  0  t      cos  x     cos  x    4 4     x   k 2   ,k    x    k 2 Giải phương trình Điều kiện :  x 2 Đặt t x   x  t 4  x  x  x  x  0.25 1.0 0.25 t2   t 2 t2  t 2   3t  2t  0    t   Pt trở thành : Với t = ta có : 2  x 0  x 0 x   x 2   x 2  x    2  x 2 (t/m) 4  x 4  x  x 4 t  x   x    x   x ta có 3 Với   x    9 x  12 x  10 0  III  x     14   x   x    14    14 x Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = ; x = ; Vì tam giác ABC vuông C nên 2 (t/m) 0.25 0.25 0.25 1.0 AC  AB  BC   3 (cm) 1  S ABC  AC.BC  3.4 6 2 (cm2) 0.25 Do SA   ABC  1 VS ABC  SA.S ABC  3.6 6 3 nên (cm3) 0.25 0.25 0.25 Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình 1.0 tam giác ABC  DE // BC  BC // (SDE) mà SD  (SDE) nên d BC , SD  d BC , SDE   d B , SDE   d A, SDE   0.25 (vì D là trung điểm AB) Vì BC  AC  DE  AC , mà SA  (ABC)  SA  DE  DE  (SAE)  (SDE)  (SAE) mà (SDE)  (SAE) = SE Trong (SAE) kẻ AH  SE d 0.5  AH  (SAE)  AH =  A, SDE   Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên : 1 1 0.25  2     AH  2 d  AH SA AE 27 27 Vậy  BC , SD  IV Đặt t  x y ; vì x 1 nên Có  x  y  4 x y  3x  3xy 4 x y  xy   x  y  4 xy  x  f ' y   có 9  y  3 1.0 3y 3y f  y  y  (vì y 1 ) Xét hàm số y  trên  1;    0, y   1;    f  y   f  1 3   x 3 9  3x t   ;3 g  x    g x    4  x  trên  1;3 Xét hàm số Vậy 0.25      P  x  y   3    x  y   3xy  x  y        xy   x y       Khi đó 3x 4x     xy   xy     64t 3       xy   4t       3    xy    27  t       64 12 64 t  4t   t = 27 9  64 12 64 t   ;3 t  4t   4  t với Xét hàm số P(t) = 27 64 12 8  12 9  P '  t   t  8t  8t  t  1   0, t   ;3 t 9  t 4  Ta có 0.25 0.25  xy 3  x 3  x 1 280   ;  x  y 4  y 1  y 3 t = Vậy   xy    x y    307 MinP P    t  x  y 3   36 3.2   0 Thay tọa độ I vào pt  ta (luôn đúng) nên I   MaxP P  3  V A  4a;3a  1 Vì A  nên giả sử mà B đối xứng với A qua I nên I là trung điểm  B   4a;  3a  AB 3.2      CH d C , AB   6 2  Từ C dựng CH  AB H thì 1 2 S ABC 15  CH AB 15    8a     6a  15 2 Theo giả thiết VI 1.0 0.25 0.25  a 1  A  4;  , B  0;1 25   2a  5  2a  1    a 0  A  0;1 , B  4;  0.5 Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1) Mỗi tam giác tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó 1.0 chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và điểm trên đường thẳng Do đó ta 0.25 có các trường hợp sau : TH1: Tam giác tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng a và điểm trên 0.25 đường thẳng b có tất : 5.C10 225 (tam giác) TH2: Tam giác tạo thành từ điểm trên a và hai điểm trên b có tất : 0.25 10.C52 100 (tam giác) 0.25 Vậy có tất : 225 + 100 = 325 tam giác 1.0   x   0.25 Điều kiện :  x  (*)  3log   x   3log x  3  3log  x   Pt 0.25  log   x   log  x   1  log x     x   x   4 x   0.25   x     x   x      x      x   x   (vì (*) nên   x   x    )   x 2  t / m   x  x  16 0     x   loai    x 1  33 (loai)  x  x  32      x 1  33  t / m  Vậy phương trình có hai nghiệm x = ; x 1  Tổng 33 Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương phần www.VNMATH.com 0.5 10.00 SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MÔN : TOÁN , KHỐI B Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Thời gian làm bài : 180 phút -o0o y 2x  x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm điểm M trên đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn Câu II (2,0 điểm) x x  x  sin sin x  cos sin x 2cos    2  2 Giải phương trình    x  x2 Giải bất phương trình x    x Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a Biết ABCD là hình thang vuông A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD Tính tang góc SC với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Tính khoảng cách hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC a 4b 9c   4 Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c Chứng minh : b  c c  a a  b Câu V (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A  2;  1 , B  1;   Trọng tâm G tam giác ABC nằm trên đường thẳng  : x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác ABC 27 có diện tích Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác lấy từ các chữ số ; ; ; ; ; Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử X Tính xác suất để hai số lấy là số chẵn Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x 1.log y  22 x  x 9.2 log 27 y  log y ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (KB) Câu I Ý Nội dung  \  2 y'  1  x  2 Điểm 1.0  0, x 2 TXĐ : ; Có nên hàm số nghịch biến trên  2;   ; hàm số không có cực trị và y 2  lim x   đths có TCN y = y  ; y    lim lim x  2 x  2 đths có TCĐ : x =  BBT x  y’ – –  y 0.25 0.25 0.25  3   ;0  Đồ thị : Giao Ox :   ; Giao Oy :   ;   3  0;   2 0.25 1.0  2x   M  x0 ;  x0     Vì M (C) nên g/s 1 y  x  x0   x0  x0   x0   Tiếp tuyến (C) M có pt là :  2x   A  2;    giao TCĐ  x0   ;    giao TCN B  x0  2;   2x   AB   x0       2 x0    Khi đó Vậy ABmin 2  x0     x0    x0     x0    x0 3  M  3;3   x0 1  M  1;1   0.25 0.25 2 0.25 0.25 II 1.0 x x     sin sin x  cos sin x 1  cos   x  2 2  pt x x   x x  sin sin x  cos sin x sin x  sin x  sin  cos sin x  1 0 2   2  sin x 0  x k , k     sin x  2sin x cos x  0  1 2  x x x x x  1  sin  2sin   2sin   0  2sin  sin  0 2 2 2 x  sin 1  x   k 4 , k    x k  x   k 4  x k , k   Vậy pt có nghiệm  Giải bất phương trình Đk :   x 3 Đặt t  x 1   x  t 0    2x  x2   t2  , bpt trở thành :  Với t > ta có x    x    x  x     x  Kết hợp đk ta nghiệm bpt là :   x  0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Vì SA  (ABCD) nên AC là hình chiếu SC trên mặt phẳng (ABCD) Do đó góc SC với mặt phẳng (ABCD) là góc SC với AC và SCA (vì tam giác SAC vuông A nên SCA < 90 ) Theo gt, hình thang ABCD vuông A và B nên tam giác ABC vuông B và có AC = 0.25 AB  BC a SA  AC Trong tam giác vuông SAC có Vì AC là hình chiếu SC trên (ABCD) mà AC  BD nên SC  BD tan SCA  0.5 1.0 0.25 t2  1  t  2t     t   t  2t    t  t (t/m) III 0.25 0.25 1.0 2 Đặt AD = x , x > ta có BD = a  x 1 S ABCD  AC.BD   AD  BC  AB  a a  x  x  2a  a 2 Ta có a a  x  4ax  a 0  x  AD  Vậy  S ABCD 1 a 5a     2a  a  2  IV V 1 5a 5a VS ABCD  SA.S ABCD  a  3 12 mà SA  (ABCD) nên BC a Ta có M là trung điểm BC nên BM = Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông d d AB , SMN   d A, SMN    AB // MN  AB // (SMN) mà SM  (SMN) nên  AB ,SM  Vì MN // AB  MN  AN và MN  SA nên MN  (SAN)  d A, SMN    AH Từ A kẻ AH  SN H thì AH  (SMN) a  AH  SN  2 Do tam giác SAN vuông cân A nên H là trung điểm SN  x yz x yz x y z x b  c ; y c  a ; z a  b  a  ;b  ;c  2 Đặt Do a, b, c > nên x, y, z > Khi đó : a 4b 9c  x  y  z 4 x  y  z  9 x  y  z      b c c  a a b 2x 2y 2z   y 2x   z 9x   2z y                    2x y   2x 2z   y 2z       4  y 2 x  a 2b  c  a 2  b  c    z 3x    c 0 3 y 2 z a  b 3  b  c   Đẳng thức xảy (loại) Vậy đẳng thức không xảy , đó ta có điều phải chứng minh G  a;  a   C  3a  3;9  3a  Vì G   nên giả sử là trọng tâm tam giác ABC BA  1;1 Ta có AB  và đường thẳng AB có vtcp nên AB có pt x  y  0 3a    3a  27 27 S ABC   AB.d C , AB    27 2 2 Theo gt, 20   a   C  17;  11   a   C   10;16   0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 0.5 2 Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; có thể lập tất A6 30 số gồm hai chữ số khác nên tập X gồm 30 phần tử Lấy ngẫu nhiên hai số 30 số lập trên có C30 cách 1.0 0.25  n    C302 435 VI Gọi A: “ Hai số lấy là số chẵn” Trong 30 số lập từ các chữ số đã cho (không có chữ số 0) , số các số chẵn số các số lẻ nên có tất 15 số chẵn  n  A  105 Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn 15 số chẵn có C15 105 cách n  A  105 P  A    n    435 29 Vậy Điều kiện : y >  x.log3 y  22 x  1  x  2 3.2 log3 y  log3 y Hệ pt 22 x   log y  x Từ (1) Thế vào (2) ta :  22 x 4  x 1  y 27 2x 2x    2   3.2 x      2x x 2x 2       Tổng Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương phần www.VNMATH.com  t / m 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 0.5 10.00 SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN MÔN : TOÁN, KHỐI A, A1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Thời gian làm bài : 180 phút -o0o y 2x  x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm điểm M trên đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình  sin x  sin x   x   x 2  x tan x  tan x  Giải bất phương trình Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a Biết ABCD là hình thang vuông A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD Tính tang góc SC với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Tính khoảng cách hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC a 4b 9c   4 Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c Chứng minh : b  c c  a a  b Câu V (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Đường thẳng BC có phương trình 3x  y  0 Biết hai đỉnh A, B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác lấy từ các chữ số 0; ; ; ; ; ; Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử X Tính xác suất để hai số lấy là số chẵn 2 x 1.log y  22 x  x 9.2 log 27 y  log 32 y Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  Câu I Ý ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Nội dung 1 y'   0, x 2  \  2 x  2   ;   TXĐ : ; Có nên hàm số nghịch biến trên  2;   ; hàm số không có cực trị và y 2  lim x   đths có TCN y = y  ; lim y    lim x  2 x  2 đths có TCĐ : x =    BBT x y’ – –  y Điểm 1.0 0.25 0.25 0.25  3   3  ;0   0;  Đồ thị : Giao Ox :   ; Giao Oy :   0.25 1.0  2x   M  x0 ;  x0     Vì M (C) nên g/s 1 y  x  x0   x0  x0   x0   Tiếp tuyến (C) M có pt là :  2x   A  2;    giao TCĐ  x0   ;    giao TCN B  x0  2;   2x   AB   x0       2 x0    Khi đó Vậy ABmin 2  x0     x0    x0     x0    x0 3  M  3;3   x0 1  M  1;1   0.25 0.25 2 0.25 0.25 II 1.0     x   k cos2 x 0  ,  k , l     cos x 0  x   l  Điều kiện : sin x.cos x  cos x.sin x    sin x  sin x  cos x.cos x Pt 0.25 0.25  6sin x cos x.cos x.sin x  cos x 1  sin x 0  x k  t / m   cos x.cos x  cos x  1 6  *  *    cos x  cos x. 2cos x 1 6 0.25  2cos3 x  3cos 2 x  cos x  0  cos x 1  x k , k   Vậy pt có nghiệm x k , k   1  x  Khi đó  x  Điều kiện : 0.25 1.0 0.25 2 2 Bpt    x 4  x  x   x 2  x  x (1) 1  x  nên  x    x  x  Vì  1    x    x  x   t / m 0.25 2   16 x 4  16 x  x8  16 x  x  x  x8  x  20 x 0  x x  x  20 0  x 0  III  Vậy phương trình có nghiệm x = Vì SA  (ABCD) nên AC là hình chiếu SC trên mặt phẳng (ABCD) Do đó góc SC với mặt phẳng (ABCD) là góc SC với AC và SCA (vì tam giác SAC vuông A nên SCA < 90 ) Theo gt, hình thang ABCD vuông A và B nên tam giác ABC vuông 2 B và có AC = AB  BC a Trong tam giác vuông SAC có SA tan SCA   AC Vì AC là hình chiếu SC trên (ABCD) mà AC  BD nên SC  BD 2 Đặt AD = x , x > ta có BD = a  x 1 S ABCD  AC.BD   AD  BC  AB  a a  x  x  2a  a 2 Ta có 0.5 0.5 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25  x  4ax  a 0  x  1 a 5a   S ABCD    2a  a  2  a a AD  Vậy 2 0.25 IV V 1 5a 5a VS ABCD  SA.S ABCD  a  3 12 mà SA  (ABCD) nên BC a Ta có M là trung điểm BC nên BM = Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông d d AB , SMN   d A, SMN    AB // MN  AB // (SMN) mà SM  (SMN) nên  AB ,SM  Vì MN // AB  MN  AN và MN  SA nên MN  (SAN)  d A, SMN    AH Từ A kẻ AH  SN H thì AH  (SMN) a  AH  SN  2 Do tam giác SAN vuông cân A nên H là trung điểm SN  xyz x yz xy z x b  c ; y c  a ; z a  b  a  ;b  ;c  2 Đặt Do a, b, c > nên x, y, z > Khi đó : a 4b 9c  x  y  z 4 x  y  z 9 x  y  z      b c c  a a b 2x 2y 2z   y 2x   z 9x   2z y                    2x y   2x 2z   y 2z       4  y 2 x  a 2b  c  a 2  b  c    z 3x    c 0 3 y 2 z a  b 3  b  c   Đẳng thức xảy (loại) Vậy đẳng thức không xảy , đó ta có điều phải chứng minh B BC  Ox  B  1;0  Vì  n 3;  Đường thẳng BC có vtpt  j  0;1 Trục Ox có vtpt Do tam giác ABC vuông A nên góc B nhọn    cos B  cos  n, j    ABC 60  0.25 0.5 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0  Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  ABI = 30 Dựng IH  AB H thì IH là bán kính đường tròn nội tiếp  ABC  IH = IH 2 Trong tam giác vuông IHB có HB = tan 30 mà AH = (cách dựng ) nên 0.25 AB = AH + HB =   1 a  2 Do A  Ox nên giả sử A(a; 0) thì AB =   Vì AC  AB và A,B  Ox nên C và A có cùng hoành độ, C  BC : x  y  + Với    0.25  a 2  3 1    a   a 2   A  3;0 , C  3;6  3 0   7 62  G  ;  3   Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là : + Với    a    A   1;0 , C   1;        6   G  ;  3   0.25 a, b   0;1; 2;3; 4;5; 6 Gọi số có hai chữ số khác là ab với a 0 và Vì a 0 nên a có cách chọn ; b a nên b có cách chọn  n  X  36 Do đó có tất 6.6 = 36 số có hai chữ số khác  n    630 Lẫy ngẫu nhiên hai số X có C36 630 cách Gọi A: “Lấy hai số là số chẵn” b   0; 2; 4; 6 Xét ab là số chẵn thì Nếu b = thì a có cách chọn  có số Nếu b 0 thì b có cách chọn và a có cách chọn vì a 0 , b a  có 15 số Do đó X có tất + 15 = 21 số chẵn gồm hai chữ số khác Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn có C21 210 cách  n(A) = 210 P  A  VI n  A  0.25 n   Vậy Điều kiện : y >  x.log3 y  22 x  1  x  2 3.2 log3 y  log y Hệ pt 22 x   log y  x Từ (1) Thế vào (2) ta : Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương phần 0.25 0.25 0.25 0.25 210  630  22 x 4  x 1  y 27 2x 2x    2   3.2 x      2x x 2x 2       Tổng 1.0 1.0 0.25 0.25  t / m 0.5 10.00 www.VNMATH.com