Chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp trùng với trung điểm I của cạnh AB và góc giữa cạnh bên SC với mặt phẳng đáy bằng 300.. 1/ Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.. 2/ Gọi K là trun
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1 ( 2.0 điểm) : Cho hàm số y x 4 2mx2 m23 có đồ thị (Cm)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2/ Tìm m để hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 2
Câu 2 (2.0 điểm ) :
sinx cosx x
2/ Giải hệ phương trình :
x y
Câu 3 (1.0 điểm ) : Tính tích phân 4 2
0
3sin
1 cos 2
x
Câu 4 ( 2.0 điểm ) :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a Chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp trùng với trung điểm I của cạnh AB và góc giữa cạnh bên SC với mặt phẳng đáy bằng 300
1/ Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
2/ Gọi K là trung điểm của cạnh BC Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SDK)
Câu 5 (1.0 điểm ) : Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của
M
Câu 6 (2.0 điểm ) :
1/ Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(4; -2) Viết phương trình đường thẳng d không đi qua
A, cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại A và diện tích tam giác ABC là nhỏ nhất
2/ Trong hệ tọa độ không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
2 2 2 4 2 6 11 0
trình mặt phẳng () song song với (P) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích bằng 9
Trang 2
-Hết -ĐÁP ÁN
1
(2đ)
1.1
(1.0
điểm)
Khi m = 1 y = x4 2x2 +2
*Sự biến thiên + Giới hạn tại vô cực
xlim y
= + , xlim y
= + + Đạo hàm
y’ = 4x3 4x = 4x(x2 - 1) y’ = 0 4x(x2 - 1) =0 x 0
x 1
0.25
+ Bảng biến thiên
x - -1 0 1 + y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0 ) và (1; +) ; nghịch biến trên các khoảng (-; -1) và (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 yCĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x = 1 yCT = 1
0,25
*Đồ thị
0.25
1.2
(1.0
điểm)
Ta có y' 4 x3 4mx4 (x x2 m) ' 0 4 ( 2 ) 0 2 0
(*)
x
Để hàm số có ba cực trị thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0
Tức là : m > 0
0.25
Khi đó các điểm cực trị là A(0; - m2 + 3) , B( m; 2 m23) , C m( ; 2 m23)
AB m m AC m m
AB = AC hay tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm BC thì I(0; - 2m2 + 3)
(0; )
AI m AI m
1
1 -1 O 2
-
2
Trang 3Mà 4 2 1 4 2 1 .22 4 2
ABC
m5 32 m2
0.25 Kết hợp điều kiện m > 0 ta có m = 2 là giá trị cần tìm 0.25
2
(2đ)
2.1
(1.0
điểm)
Điều kiện x k
2
Khi đó phương trình tương đương (2 3) cosxsinx8sin2x.cosx
(2 3) cosxsinx4(1 cos 2 ).cos x x
(2 3)cosxsinx4cosx 2(cos3xcos )x
0,25
3 cosxsinx2cos3x
3cos 1sin cos3
cos cos( 3 )
6
0,25
7
5
(TMĐK) 0,25
2.2
(1.0
điểm)
Nếu y = 0 thì hệ phương trình trở thành 27 0
3x 0
(vô lý) Suy ra y 0
Khi đó hệ phương trình tương đương
3
3 2 2
0,25
Đặt u 2 vµx v 3
y
, hệ phương trình trở thành
3 3 28 ( ) 12
uv u v
3
( ) 3 ( ) 28 ( ) 12
uv u v
( ) 64
3 ( ) 12
u v
u v
uv
uv u v
1hoÆc 3
0,25
Với 3
1
u v
thì
1
3
x
x y y
Với 1
3
u v
thì
3
1
x
x y y
0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là 3;3 ; 1;1
S
0,25
3
(2đ)
3.1
(1.0
điểm)
2 4
0
3sin
1 cos 2
x
2 4
2 0
3sin 2cos
dx x
2
3sin
= I1 + I2
0,25
Trang 4Tính 4 4
1 2
cos
x
0
4
0
1 sin
8 2 cos
x dx x
4
0
1 (cos )
8 2 cos
x
4
0
0,25
tan 2 2cos
x
x
4 2 0
1
2 cos x dx
3 tan
2 8
Vậy 1ln 2 3 3 1ln 2 3
4
(2đ)
4.1
(1.0
điểm) Ta có SI (ABCD) nên IC là hình chiếu của SC lên (ABCD) do đó góc giữa SC và
(ABCD) là góc SCI 30o (vì SIC vuông tại I) 0,25 Xét BIC vuông tại B có: IC BI2BC2 a 5
Xét SIC vuông tại I có: tan 60o SI
IC
SI = IC tan 60 15
3
o a
Diện tích hình vuông ABCD là: S ABCD (2 )a 2 4a2 0,25 Vậy thể tích khối chóp là :
3 2
SABCD ABCD
4.2
(1.0
điểm)
Gọi E = DK IC
Ta có : IBC = KCD BCI KDC
Mà DKC KDC 90o(vì KCD vuông tại C) Nên DKC BCI 90o
KEC 90o
Lại có DK SI (vì SI (ABCD)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra DK (SIC) Trong SIE kẻ IH SE (3)
Mà DK (SIC) nên DK (SIE) DK IH (vì IH (SIE)) (4)
0,25
E K
I
D A
S
H
Trang 5Từ (3) và (4) suy ra IH (SKD) , do đó ( ,(d I SKD))IH
Ta có KD = IC = a 5 Lại có EC.KD = CK.CD = 2SKCD
5
EC
KD
3 5 5
a
IE IC EC
0,25
Xét tam giác SIE vuông tại I có : 12 12 12 92 52 522
IH SI IE a a a
2
Vậy ( ,( )) 3 65
26
a
d I SKD IH
0,25
5
(1đ)
Áp dụng bđt Cauchy ta có : 3 2 2 2
2 2 2
ab bc ca ab bc ca
0,25
Do đó: M 2 12 2 9
2 2 2
3
ab bc ca
0, 25
Lại có:
12
a b c
a b c ab bc ca
Và: a2b2c2 ab bc ca a2b2c22ab2bc2ca3ab3bc3ca a b c 23ab bc ca 2 12
3
a b c
0,25
Từ (1) và (2) Suy ra: M 3 7 10 5
12 12 12 6
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là Mmin=5
0,25
6
(2đ)
6.1
(1.0
điểm)
Ta có: B (b ; 0) Ox và C (0 ; c) Oy với b > 0 , c > 0
4; 2
AB b
, AC ( 4;c2)
Vì ABC vuông tại A nên AB AC 0
4(b 4) 2(c 2) 0
c 2 2(b 4)
0,25
Lại có 1
2
ABC
( 4) 4 16 ( 2)
Trang 61 ( 4)2 4 16 4( 4)2
(b 4)2 4 4
Do đó diện tích tam giác ABC nhỏ nhất là 4 khi b = 4 c = - 2
Đường thẳng d cần tìm đi qua A, B nên có phương trình 1 2 4 0
4 2
6.2
(1.0
điểm)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; - 1; 3) và bán kính R = 5
Vì () //(P) nên phương trình () có dạng : 2x - 2y + z + D = 0 (với D 7) 0,25
Vì mặt phẳng () cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 9 nên
bán kính đường tròn là r = 3
Mà ( ,( )) 2.2 2.( 1) 32 2 9 3
2 ( 2) 1
Suy ra 9 4
3
D
0,25
Vậy có hai phương trình mặt phẳng () cần tìm là :
2x - 2y + z + 3 = 0 hoặc 2x - 2y + z - 21 = 0 0,25