Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 19 - Đề 18 pdf

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác tron

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 3 2

yx 3x  (1) 1

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

2 Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

0

x

 2) Giải phương trình 2  3  3 2

1 1x  1x  1x  2 1x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3

2 0

1

x







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 300 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C biết khoảng ' ' ' cách giữa hai đường thẳng AB và CB' bằng

2

a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

3 3

1 3

1 3

1

a c c b b a

P













PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD Biết ( 4;1), (17;12)

5

H  M và BD có phương trình xy 5 0 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC

2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1 1

 và hai điểm A(1; 2; 1), (3; 1; 5)

B   Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2 C22n1 3.2.2 C23n1 ( 1) (   kk k  1)2k2C2k n1 2 (2  n n  1)22n1C22n n11  40200

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2

(x2) (y3) 4 và đường thẳng d:

3x4ym 7 0 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200

2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(1;1; 1), B(1;1; 2),C( 1; 2; 2)  và mặt phẳng (P) có phương trình x2y2z 1 0 Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB2IC Viết phương trình mặt phẳng ( )

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2

log ( 5) log ( 4) = 1







, ( ,x y  R)

………Hết………

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

1 (1,0 điểm) Khảo sát yx33x2m2m 1 1,00

Khi m = 1, ta có yx33x21

+ TXĐ: D  ¡

+ Giới hạn:lim ( 3 3 2 1)

    

lim ( 3 3 2 1)

+Sự biến thiên: y'3x26x

' 0 3 2 6 0 0

2







x

x

0,25

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

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3

0,25

Bảng biến thiên

x  0 2 

y + 0  0 +

y

1 

 - 3

0,25

1

Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) là tâm đối

xứng

0,25

Ta có : y’ = 3x2 - 6x

Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9 1

3

x x

 



  



0,25

 Với x = -1, ta có y(-1) = -3 Khi đó tiếp tuyến có PT là :

y = 9x + 6 ( loại và song song với (d))

 Với x = 3, ta có y(3) = 1 Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26

0,25

I

2

Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25

Giải phương trình:

0

2 cos 2

x

1,00

4

x  x k 

Với điều kiện đó phương trình cos 22 2cos 3 sin 3 2 0

x x   x 

cos 22 21 sin 4 sin 2  2 0

0,25

1 sin 2x sin2 4x sin 2x 2 0

2

  

 1 sin 2x2 cos 4xsin 2x 2 0

0,25

 1 sin 2x2 1 2 sin 2x 2 sin 2x2 0

sin 2x sin 2x2   2 0

sin 2x 1

  hoặc sin 2x  (loại) 2

0,25

1

sin 2x 1 x k

4



So điều kiện phương trình có nghiệm x 5 k2 (k )

4



1 1x  1x  1x  2 1x

ĐK:   1 x 1 Đặt u 1x, v 1x, u v , 0

Hệ trở thành:

2







0,25

Ta có: 1  1 2 2  1 2

0,25

Suy ra :

2

2

2 1

1 2

u

v



 





 



0,25

II

2

Thay vào ta có nghiệm của PT là : 2

2

x 



0,25

Tính tích phân

3

2

0

1

x







1,00

Đặt I = 3

2 0

1

x





2

x





III

Ta tính 3

1 2 1

x

I x e dx Đặt t = x3 ta có

1

1

I  e dt e  e 0,25

Ta tính

4 2

01

x

x





4

Khi đó

2

t



Vậy I = I1+ I2

1

3

3e 

  

0,25

Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' 1,00

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B ' Tam giác CAB cân tại C

CC 'AB(CMNC')A B' '(CMNC') Kẻ

0,25

mp(CA B' ')chứa CB và song song với AB nên '

( , ') ( , ( ' ')) ( , ( ' '))

2

a

Tam giác vuông tan 300

3

a

Tam giác vuông

0,25

IV Từ đó

3 ' ' '

1

ABC A B C ABC

N

M

A'

B'

B

C'

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

z y x

9 z

1 y

1 x

1 9 xyz

3 xyz 3 z

1 y

1 x

1 ) z y x

(

3 3



































áp dụng (*) ta có

3 3

3 3

3

9 a

c

1 c b

1 b

a

1 P

























0,25

V

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

0,25

   

3

3

3

a 3b 1 1 1

b 3c 1 1 1

c 3a 1 1 1

3

4 6 3

3 4

   

Do đú P  3

0,25

Dấu = xảy ra

3

a b c 4

4

a 3b b 3c c 3a 1



  



      

 Vậy P đạt giỏ trị nhỏ nhất bằng 3 khi abc1/4

0,25

Tỡm tọa độ đỉnh A của tam giỏc ABC 1,00

Đt  qua H và  BD cú pt x  y 5 0  BDII(0;5) 0,25 Giả sử  ABH' Tam giỏc BHH cú BI là phõn giỏc và cũng là đường '

cao nờn BHH cõn  I là trung điểm của ' HH'H'(4;9) 0,25

AB đi qua H’ và cú vtcp ' 3;3

5

uH M   

r uuuuuur

nờn cú pt là 5x y 290 0,25

1

Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1)

5

B

 





 



M là trung điểm của AB

4

; 25 5

0,25

Viết phương trỡnh đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho

khoảng cỏch từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất

1,00

Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M M( 1 2 ;3 ; 1  t t  t)

( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)

AM    t t t AB  

Gọi H là hỡnh chiếu của B trờn d Khi đú d B d( , )BH BA Vậy d B d( , )

lớn nhất bằng BA  H  A Điều này xảy ra

  uuuur uuur  2( 2 2 ) 3(3  t  t2) 4 t0 t 2

(3; 6; 3)

M



0,25

Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và cú VTCP u r 2;3; 1 

Ta cú; uuurNA 2; 2;0 vr NA uuuur r,   2; 2; 2

Mặt phẳng (P) chứa d và  đi qua A và cú VTPT vr nờn cú pt là:

-x + y + z = 0;

Gọi K là hỡnh chiếu của B trờn (P)  BH BK Vậy d B d( , ) nhỏ nhất bằng

BK  H K Lỳc đú d là đường thẳng đi qua A và K

0,25

VI.a

2

Tỡm được K = (0; 2; -2) Suy ra d cú PT là : 2

2

y











   



0,25

Tìm số nguyên dương n biết:

2C n 3.2.2C n  ( 1) (  k k k1)2k C k n  2 (2 n n1)2nC n n  40200

1,00

VII.a

* Xét ( 1  x )n1 C0n1 C1n1x  C2n1x2  (  1 )kCkn1xk  Cnn11x21 (1)

1 n 1

n 1

n 1

C ) x 1 )(

1 n

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 2 1 2 1 2 2

k 1 2 k

3 1 2 2 1 2 1

2 2C 3C x ( 1)k(k 1)C x n(n 1)C x )

x 1 )(

1 n (

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2C  2n(2n 1)2 C 

Phương trình đã cho  n( n1)40200 n2n201000n100 0,25 Tỡm m để trờn d cú duy nhất một điểm M mà từ đú kẻ được hai tiếp tuyến

MA, MB tới (C) (A, B là cỏc tiếp điểm) sao cho gúc AMB bẳng 1200

1,00

Đường trũn (C) cú tõm I(2;-3) và bỏn kớnh R=2 Theo giả thiết ta cú tam giỏc

IAM vuụng ở A và ãAMI600MIAã 300

Suy ra: IM = 0 4

os30 3

AI

0,25

Vỡ M d nờn M=(1 + 4t; -1 +

4

m

+3t)

2

0,25

Suy ra:

2

2

Ta cú :

2

0,25

1

Để cú 1 điểm M thỏa món đề bài thỡ PT(*) cú 1 nghiệm duy nhất

 Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuụng gúc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB2IC Hóy viết phương trỡnh mặt phẳng ( )

1,00

Gọi mặt phẳng ( ) cú phương trỡnh là axbyczd 0với a b c; ; khụng

cựng bằng 0

- mp( ) đi qua A(1;1; 1) nờn ta cú : a  b c d 0 (1)

- mp( ) mp P( ) :x2y2z 1 0 nờn 2 VTPT vuụng gúc nhau

   

0,25

- IB2IC khoảng cỏch từ B tới mp( ) bằng 2 lần khoảng cỏch từ C tới ( )



0,25

VI.b

2

Từ (1), (2), (3) ta cú 2 trường hợp sau :

TH1 :

1

2









   









2 1; 2; 3

a b  c  d  

Ta có phương trình mp ( ) là 2xy2z 3 0

TH 2 :

3

2







   









chọn a2b3;c2;d  3

Ta có phương trình mp ( ) là 2x3y2z 3 0

Vậy tìm được 2 mp ( ) t/m ycbt là 2xy2z 3 0hoặc

2x3y2z 3 0

0,25

+ Điều kiện:

2

( )

I





2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( )

log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2)

I

0,25

Đặt log2y(1x) thì (1) trở thành: t t 1 2 0 (t 1)2 0 t 1

t

Với t 1 ta có: 1 x y 2 y  x 1 (3) Thế vào (2) ta có: 0,25 VII.b

2