Đề thi thử đại học số 63 môn toán46992

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3.. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 2 điểm

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 63 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx33x2 2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ym(x2)2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: 2    

cos cos 1

2 1 sin sin cos





x

2 Giải bất phương trình:    2 

x  x x  x  x 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = 4 

0 sin6 cos6

4 sin



dx x x

x

Câu IV (1 điểm Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ฀ 0và đường

thẳng A C' tạo với mặt phẳng ABB A' ' góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B CC' , ' theo a

Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường

thẳng y = 2, phương trình cạnh BC: 3x  y20 Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng

d 1 : x 1 y 1 z và d 2:

 



Lập phương trình đường thẳng d cắt d 1 và d 2 và vuông góc với mặt phẳng (P): 2x y 5z 3 0

8 log x  9 3 2 log (x3) 10 log ( x3)

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I 3;3 và AC2BD Điểm 2;4 thuộc

3

đường thẳng AB, điểm 3;13 thuộc đường thẳng Viết phương trình đường chéo biết

3

đỉnh cóhoành độ nhỏ hơn 3 B

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x   y z 1 0 để MAB là tam giác đều

2011 2

2011 1

2011 0

C

- Hết

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 63 Câu 1 (1,0 điểm) 1, Tập xác định: D  ฀

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: 2 ; hoặc

' 3 6

y  x  x y'  0 x 0 x2

Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;; nghịch biến trên khoảng 0; 2

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x2; yCT 2, đạt cực đại tại x0; yCĐ2

Giới hạn: lim ; lim

     

Bảng biến thiên:

 Đồ thị:

Câu 2: 2.(1,0 điểm)

Câu 3: 1 (1,0 điểm)ĐK: PT 

4

x   k 

(1 sin )(1 sin )(cos  x  x x  1) 2(1 sin )(sin  x x cos )x

( Thoả mãn điều kiện)

1 sin 0

sin cos sin cos 1 0

x



1 sin 0

1 sin cos 1 0

x





2 2 2

   







 



Câu 2: 2.(1,0 điểm)

Câu 3: (1,0 điểm

Câu 4: (1,0 điểm)Trong (ABC), kẻ CH AB HAB, suy ra

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’) Do

đó:฀  ฀  ฀ 0

A C ABB A  A C A H CA H 

2 0

.s in120

ABC

a

7

ABC

CH

AB



Suy ra: ' 0 2 21

s in30 7

Xét tam giác vuông AA’C ta được: ' ' 2 2 35 Suy ra:

7

a

14

ABC

a

Do CC'/ /AA'CC'/ /ABB A' ' Suy ra:

7

a

( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)

(b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a )

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a y,b z,c x với x, y, z > 0

(y 2 )(z z 2 )y (z 2 )(x x 2 )z (x 2 )(y y 2 )x

=

( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )

Ta có ( 2 )( 2 ) 2 2 2 2 4 2( )2 5 9( 2 2)

2

2 2

2 ( 2 )( 2 ) 9

2 2

2 ( 2 )( 2 ) 9

(3)

2 2

2 ( 2 )( 2 ) 9

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT 2( 2 2 2 2 2 2 2 2 2)

9

2 x y  y z  z x y z  x z  y x   2  2

(BĐT Netbit) Suy ra VT 2 3 1 (đpcm)

9 2 3

Câu 6a: 1 (1,0 điểm)

Câu 6a: 2.(1,0 điểm)Viết lại , (P) có VTPT

1

1

1 2

2

  

   



 



2

2

2 :

1 2

  

 



  



n (2;1;5)

Gọi A = d  d 1 , B = d  d 2 Giả sử: A(1 2 ; 1 t1  t1;2 )t1 , B((2 2 ; ;1 2 ) t t2 2  t2

  AB(t22t11;t2  t1 1; 2t22t11).

d  (P)    AB n, cùng phương  t2 2t1 1 t2 t1 1 2t2 2t1 1 

t

1 2

1 1

  

  



 A(–1; –2; –2)  Phương trình đường thẳng d: x 1 y 2 z 2.

    

Câu 7a: (1,0 điểm)

Câu 6b: 1,(1,0 điểm)Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là

Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:

5

' 3;

3

 

,

Do AC2BD nên IA2IB Đặt IB x 0, ta có phương trình

12 12 5 2 2 2

Đặt B x y , Do IB 2 và BAB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

Do B có hoành độ nhỏ hơn 3

14

4 3

3 2

3 2 0

5

x

x

y

 





nên ta chọn 14 8; Vậy, phương trình đường chéo BD là:

5 5

Câu 6b: 2.(1,0 điểm)Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB  (Q): x   y z 3 0

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q)  d:

2 1

x

y t

z t





  



 



M  d  M(2;t 1; )t AM 2t2  8t 11 , AB = 12

MAB đều khi MA = MB = AB



2



M

Câu 7b:(1,0 điểm)Xét đa thức: 2011 0 1 2 2 2011 2011

f x x x x C C xC x  C x

0 1 2 2 3 2011 2012

f  x C  C x C x   C x

Mặt khác: f ( )x  (1 x) 20112011(1x) 2010 x (1 x) 2010 (1 2012 ) x

 f/(1)  2013.22010 ( )b

Từ (a) và (b) suy ra: S 2013.2 2010