Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VII.a 1,0 điểm Giải bất phương trình.. Tìm tọa độ.[r]
(1)Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 45 Ngày 09 tháng năm 2013 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3mx Cm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C1 Tìm m để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu Cm cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn Câu II (2 điểm) 2cos x cos x sin x 2 3cos x 4 Giải phương trình x Giải phương trình 2 5 x x e Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =∫ ( lnx √x1+ln x +3 x ln x ) dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a Gọi I là trung điểm cạnh BC Hình chiếu vuông góc H S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA IH Góc SC và mặt đáy (ABC) 60 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH) 2 Câu V (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 a 2a a b5 2b3 b c 2c c b2 c2 c2 a2 a b2 Chứng minh II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d : x y 0 và d ' : x y 0 Trung điểm cạnh là giao điểm d với trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) và N ( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ứng với k = i-1 a b n K 0; 0; đến (P) đạt giá trị lớn n Cnk a n k b k k 0 Quy ước số hạng thứ i khai triển là số hạng log x 17 log2 3x 11 2 2 là 224 Hãy tìm các giá trị x biết số hạng thứ khai triển B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường M 2;1 chéo BD là x y 1 0 và x y 14 0 , đường thẳng AC qua điểm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình A 2;3;1 , B 1; 2;0 , C 1;1; Tìm tọa độ x 3log x log x …………………….Hết…………………… Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (2) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 45 Câu 1.(1,0 điểm) Hàm số (C1) có dạng y x3 3x Tập xác định: Sự biến thiên lim y , lim y - x x - Chiều biến thiên: Bảng biến thiên X y’ y ' 3 x 0 x 1 -1 + - + Y Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1;1) x 1, y ; 1 , 1; , nghịch biến trên khoảng 4 x 1, y 0 CD CT Hàm số đạt cực đại Hàm số đạt cực tiểu Đồ thị: Đồ thị hàm số qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn y f(x)=x^3-3x+2 x -2 -1 -1 Câu 1: 2.(1,0 điểm) Ta có y ' 3 x 3m Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt m y x y ' 2mx Vì nên đường thẳng qua cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số có phương trình là y 2mx 2m d I , R 1 m Ta có (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = điểm A, B phân biệt m Với Nên 1 1 S ABI IA.IB.sin AIB R , đường thẳng không qua I, ta có: 2 S IAB đạt giá trị lớn ½ sinAIB = hay tam giác AIB vuông cân I 2m 1 2 m 2 4m IH R 2 (H là trung điểm AB) Câu 2:.(1,0 điểm) Đặt t x x t 2 x x Luyện thi Đại Học ta phương trình 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (3) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 t t 5 t t 2t 0 t 2 Với t ta có x x x 2 x x 16 x x x x x x Với t 2 ta có x x x 2 2 x x e I =∫ e e x x x 3 ln x I =∫ dx+3 ∫ x ln xdx =I1+3I2 x 1+ ln x √ 1 Câu 3: (1,0 điểm) +) Tính x x x ln x dx x √ 1+ ln x t ln x t 1 ln x; 2tdt dx x Đặt Khi x=1⇒ t =1; x=e ⇒ t=√ 2 2 2 2 t 1 2 t3 I1 ∫ 2tdt ∫ t dt t t 1 1 ¿ u=ln x dv=x dx ⇒ e dx +) TÝnh I =∫ x ln x dx §Æt ¿ du= x x v= ¿{ ¿ e 3 x3 e x e3 e3 2e3 I ln x 1e ∫x dx 1e 31 3 3 9 − √ 2+2 e I =I +3 I 2=¿ S .K H C B I A Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (4) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có IA IH H thuộc tia đối tia IA và IA 2 IH IA a, IH BC AB 2a Suy a AH IA IH ĐT:01694838727 3a a 2 HC AC AH AC AH cos 45 HC Ta có 0 a 15 SH ABC SC , ABC SCH 60 SH HC tan 60 Vì a 2 HC AC AH AC AH cos 45 HC Ta có Vì SH ABC SC , ABC SCH 600 SH HC.tan 600 a 15 a 15 VS ABC S ABC SH dvtt Thể tích khối chóp S.ABCD là: BI AH BI SAH BI SH * d K , SAH d B, SAH SK 1 a d K , SAH d B , SAH BI SB 2 2 2 Câu 5(1,0 điểm) Do a, b, c > và a b c 2 a 2a a a a a a 2 b c 1 a Ta có 1 nên a, b, c 0;1 3 3 a a b b c c Bất đẳng thức trở thành Xét hàm số f x x3 x x 0;1 f a f b f c Max f x Ta có: 0;1 3 Dấu “=” xảy và a = b = c= Câu 6a: 1.(1,0 điểm) Tọa dộ giao điểm I d và d’ là nghiệm hệ phương trình x y 0 x y 0 x 3 I ; 2 y 3 Do vai trò A, B, C, D là nên giả sử M là trung điểm AD M d Ox M 3; Ta có: AB 2 IM 3 Theo giả thiết S ABCD AB AD 12 AD 2 Vì I, M thuộc d d AD AD : x y 0 Lại có MA MD tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình x y 0 2 x 3 y Luyện thi Đại Học x 2 x 4 A 2;1 ; D 4; 1 y 1 y 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (5) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Do I là trung điểm AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm BD nên B(5; 4) Câu 6a:2.(1,0 điểm) n A, B, C A2 B C 0 Gọi Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Ax B y 1 C z 0 Ax By Cz B 2C 0 N 1;1;3 P A B 3C B 2C 0 A 2 B C P : B C x By Cz B 2C 0 Khoảng cách từ K đến mp(P) là: B d K , P 2 B 2C BC -Nếu B = thì d(K,(P))=0 (loại) B 0 thì -Nếu B d K, P 2 B 2C BC C 1 B Dấu “=” xảy B = -C Chọn C = Khi đó pt (P): x + y – z + = log x 7 x 9 7 ,2 log x 1 Câu 7a: Ta có Số hạng thứ khai triển ứng với k = là C x 3x 3 x 1 5 x x 56 1 Treo giả thiết ta có 56 x 3x 1 224 9x 4 3x x 1 x 2 Câu 6b: 1.(1,0 điểm) Do B là giao AB và BD nên tọa độ B là nghiệm hệ phương trình: 21 x x y 0 21 13 B ; 5 x y 14 0 y 13 AC , AB AB, BD Lại có ABCD là hình chữ nhật nên n 1; , nBD 1; , nAC a, b Kí hiệu AB là vtpt các đường thẳng AB, BD, AC cos nAB , nBD cos nAC , nAB a 2b a2 b2 Khi đó ta có: a b a 8ab b 0 a b 2 Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi đó phương trình AC: x – y – = x y 0 x 3 A 3; A AB AC nên tọa độ điểm A là nghiệm hệ x y 0 y 2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I AC BD nên tọa độ điểm I là nghiệm hệ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (6) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch x x y 0 x y 14 0 y ĐT:01694838727 5 I ; 2 14 12 C 4;3 , D ; 5 Do I là trung điểm AC và BD nên Với b = -7a loại vì AC không cắt BD Câu 6b: 2.(1,0 điểm) H x; y; z là trực tâm tam giác ABC và BH AC , CH AB, H ABC x BH AC 0 15 x 1 y 3z 0 29 CH AB 0 3 x 1 y 1 z 0 y 15 x y z AH AB , AC z 29 H ; ; 15 15 AI BI CI , I ABC x; y ; z I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AI BI CI BI AI AB, AC 0 x y 3 z 1 x 1 y z 2 2 2 x 1 y 1 2 x 1 y z x y 3 z 1 0 14 x 15 61 14 61 y I , , 30 15 30 z Câu 7b: Điều kiện x > x 3 log x x 1 1 Bất phương trình Nhận thấy x = không phải là nghiệm phương trình (1) TH1: Nếu x > thì 1 x log x x 3 f x log x 0; Xét hàm số , hàm số đồng biến trên khoảng x g x x , hàm số nghịch biến trên khoảng 3; f x f 3 g g x + Với x> thì Suy bất phương trình có nghiệm x > f x f 3 g g x + Với x 4 thì bất phương trình vô nghiệm x log x x TH2: Nếu x < thì f x f 1 0 g 1 g x + Với x thì bất phương trình vô nghiệm f x f 1 0 g 1 g x 1 + Với x < thì nghiêm Luyện thi Đại Học Bất phương trình có nghiệm < x <1 Vậy bất phương trình có 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (7) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Luyện thi Đại Học ĐT:01694838727 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa (8)