Đang tải... (xem toàn văn)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình của mặt cầu S tiếp xúc với mặt phẳng Oxy tại điểm A3;4;0 và cắt trục Oz theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 2 11.. Cán bộ coi thi khô[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y 2 x x 12 x a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) biết tiếp tuyến (C) M cắt (C) điểm thứ hai là N cho N cùng với hai điểm cực trị đồ thị (C) tạo thành tam giác có diện tích 3, biết N có tung độ dương Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x sin x cos x cos x 1 xy xy x (x, y ) 1 y y y x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x x x3 3x I 1 ln( x 1) dx x2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cạnh a, SA a và SA tạo với mặt phẳng (ABC) góc 300 Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đường thẳng BC, điểm M thuộc cạnh SA cho SM 2 MA Tính khoảng cách hai đường thẳng BC, SA và thể tích tứ diện SMHC theo a 2 Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 3 Chứng minh 2a 3b5 2b5 3c 2c 3a 15(a b3 c3 2) ab bc ca II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có ( x 2) ( y 3) 10 Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB qua điểm M ( 3; 2) và điểm A có hoành độ dương phương trình Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x y z 0 và các điểm A(2; 0; 0), B (0; 3; 0), C (0; 0;1) Tìm M ( P ) cho nhỏ x x Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình: x (3 ) x 2(1 ) 0 MA MB 3MC đạt giá trị B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình chính tắc elip (E) biết hai đỉnh thuộc trục tung cùng với hai tiêu điểm tạo thành bốn đỉnh hình vuông có diện tích 32 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng Oxy điểm A(3;4;0) và cắt trục Oz theo đoạn thẳng có độ dài 11 Câu 9.b (1,0 điểm) Chứng minh với n nguyên dương ta có Cn0 C2nn Cn1 C2nn Cn2 C2nn Cnn C20n C3nn -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm (2) Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:…………………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án có trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác đúng và đủ ý thì cho điểm tối đa - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn - Với Câu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm a 1,0 điểm TXĐ: D 12 lim x3 x 12 x lim x x x x x x 0.25 Giới hạn: 12 lim x3 x 12 x lim x x x x x x x 1 y ' 6 x 18 x 12; y ' 0 x 2 Sự biến thiên: Bảng biến thiên x y ’ y 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và (2; ) ; nghịch biến trên (1; 2) Điểm cực trị: CĐ (1; 1) , CT (2; 0) 0.25 Đồ thị Giao với Oy (0; 4) 1 ; , 2; Giao với Ox 0.25 b 1,0 điểm (C) có hai điểm cực trị A(1; 1), B(2;0) AB Phương trình đường thẳng S d ( N ; AB) AB 3 d ( N ; AB ) 3 AB : x y 0 ABN Gọi d là đường thẳng qua N và d / / AB Phương trình d có dạng x y c 0 0.25 0.25 (3) c 4 N (0; 4) (loai ) |c2| 3 c N (3;5) Với N (3; 5) , giả sử M ( x0 ; y0 ) Pt tiếp tuyến với (C) M là: y y '( x0 )( x x0 ) y0 d ( A, d ) d ( N , AB) 2 0.25 Do tiếp tuyến qua N nên ta có: (6 x 18 x0 12)(3 x0 ) x x 12 x0 x0 3 (loai , vi N M ) ( x0 3) (4 x0 3) 0 25 x0 M ; 32 Vậy 1,0 điểm 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: 1 1 sin x cos x sin x cos x 0 2 0.25 cos x sin x 0 3 6 0.25 sin x 0 sin x 3sin x 0 6 6 sin x (loai) 6 sin x 0 x k , k 6 Với 0.25 1,0 điểm ĐK : x 0; y 0 Chia hai vế phương trình thứ hệ cho x ta 1 y 1 y x x y y 3 y x x x 0.25 a b2 ab 1 3 a ;b y x Đặt ta a b a 3b 3 2 2 Suy a b (a 3b)(a b ab) b (b 2ab 2a ) 0 b 0 (vì a ) x 1 y 0 b y x Với Vậy hệ có nghiệm 0.25 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm Ta có I x.3 x 1 0.25 2 x 1 117 J x.3x 1 dx 3x 1 d ( x 1) 2 ln ln 1 2 Tính: ln( x 1) dx dx J K x 0.25 (4) ln( x 1) K dx x Tính: Đặt u ln( x 1) v ' x2 u ' x v x Suy 2 ln( x 1) dx ln ln ln x 1 K ln ln dx x 1 x ( x 1) x x 1 x 1 1 ln ln 3 ln ln 3 ln ln 3 2 117 I ln ln ln Vậy 0.25 0.25 1,0 điểm S K M C A H B AH SA cos 300 a Mà ABC cạnh a suy Xét SHA(vuông H), có H là trung điểm cạnh BC, AH BC Lại có SH BC suy BC(SAH) Hạ HK vuông góc với SA suy HK là AH a HK AH sin 300 , khoảng cách BC và SA Ta có a d(BC,SA)= Dễ thấy a 1 a a 3a 2 3a SH S SHA SH AH S SMH S SAH 2 2 12 1 a 3a 3a CH ( SHA) VSMHC CH S SMH 3 12 72 Mà 0.25 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm 2a 3b5 5a 10ab 10b3 ab Ta chứng minh bất đẳng thức với a, b (1) Thật (1) 2a 3b5 ab 5a 10ab 10b3 0 2a 5a 4b 10a 2b 10ab 3b5 0 a b 2a 3b 0 Bất đẳng thức cuối luôn đúng 2b5 3c 2c 3a 5b3 10bc 10c 5c 10ca 10a bc ca Tương tự ; 0.25 0.25 0.25 (5) Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta 2a5 3b5 2b5 3c5 2c5 3a 15 a b3 c3 10 ab bc ca 15 a3 b3 c3 ab bc ca 1,0 điểm 7.a 0.25 A R B I M D C Phương trình đường thẳng qua M(-3;-2) có dạng ax by 3a 2b 0 (a b 0) Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R 10 d I ; AB R (C) tiếp xúc với AB nên hay 2a 3b 3a 2b 10 10( a b ) 25(a b)2 (a 3b)(3a b) 0 2 a b 0.25 a 3b b 3a Do đó phương trình AB là x - y - 0 AB: x - y 0 + Nếu AB: x - y 0 Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A nên t>0 và t 0 2 t 3t 20 10t 20t 20 20 IA2 2.R 20 nên t (loại) + Nếu AB: x - y - 0 Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A nên t>-1 và 2 IA2 2.R 20 nên 3t t 3 20 10t 10 20 t 1 Suy A(6;1) C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; 1); C ( 2;5); D(4;7) 8.a 9.a 1,0 điểm IA IB 3IC 0 Gọi I là điểm cho x A xB 3xC 1 xI y A y B yC 3 I (1; 3; ) yI 2 z A z B 3zC zI 2 Suy Khi đó MA MB 3MC 2 MI đạt GTNN và M là hình chiếu I lên (P) Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n ( P ) (1; 2;1) xM 1 t IM tn P yM 3 2t zM t Ta có 5 M P t 4t t 0 t M ; ; 4 4 1,0 điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (6) x Phương trình đã cho tương đương với: x x ( x 2) 0 x 2 ( x 1)( x 2) x ( x 2) 0 x x 0 x x Xét hàm số f ( x ) 2 x 1, f '( x ) 2 ln 0, x Vậy f(x) đồng biển trên Lại có f (0) 0 nên phương trình f ( x) 0 có nghiệm x=0 KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 2 7.b 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm x2 y 1(a b 0); c a b 2 b Phương trình Elíp có dạng a (E) có các đỉnh thuộc Oy là B(0;b), B’(0;-b) và hai tiêu điểm là F(c;0), F’(-c;0) Để bốn điểm này lập thành hình vuông thì b=c Cạnh hình vuông BFF’B’ là BF 4 OB b b c 4 x2 y 1 2 2 Vậy a b c 2b 32 Suy phương trình elip là: 32 16 8.b 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm H I M O A Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu (S) Theo giả thiết I (3; 4; z ) ; R | z | 0.25 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc I lên Oz, ta có IH OA 5 Gả sử (S) cắt Oz M, N suy H là trung điểm MN và đó 1 HM MN 11 11 2 0.25 2 Theo Pitago, R IM IH HM 25 11 6 z 6 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( S1 ) : ( x 3) ( y 4)2 ( z 6) 36 2 0.25 0.25 ( S ) : ( x 3) ( y 4) ( z 6) 36 9.b 1,0 điểm 3n Xét khai triển Lại có 3n (1 x) C3kn x k k 0 0.25 (1) n 2n i 0 j 0 (1 x)3n (1 x) n (1 x) n Cni x i C2jn x j (2) n n Hệ số x khai triển (1) là C3n n Hệ số x sau nhân và rút gọn vế phải (2) là Cn0 C2nn Cn1 C2nn Cn2 C2nn Cnn C20n 0.25 0.25 (7) n Đồng hệ số x theo hai cách khai triển ta đẳng thức cần chứng minh Hết 0.25 (8)