DE KHAO SAT MONTOAN LAN 3 K A http //toanhocmuonmau violet vn/ http //toanhocmuonmau tk/ TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 Đề chính thức ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI A, A1 LẦN 3 Năm học 2012 2013 Thời gian 180[.]
Trang 1http://toanhocmuonmau.tk/
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
Đề chính thức ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI A, A1 LẦN 3 Năm học:2012 -2013
Thời gian: 180 phút
I – Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu 1(2 điểm) Cho hàm số y = x4− 2 mx2+ 3 m − 1 có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m=1
2) Tìm m để (Cm) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp là I 0;1 ( )
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 sin x x + cos 2 x + sin cos x x = sin x + cos x
Câu 3(1 diểm) Giải phương trình 2 x + = 1 ( 2 x − 1 ) ( x + − 1 3 − x )
Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: 6( )
0
π
Câu 5 (1 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc BAD = 600 Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, SG ⊥ ( ABCD ) và góc giữa
SA và mặt đáy bằng 600 Gọi M là trung điểm CD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa các đường thẳng
AB và SM theo a
Câu 6 (1 điểm) Cho a b c , , là các số không âm thỏa mãn a a ( − + 1 ) ( b b − + 1 ) ( c c − = 1 ) 6
Tìm giá trị lớn nhất của
P
+ + +
II – Phần tự chọn (3 điểm)
A Theo chương trình chuẩn
Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có M(0 ;1) là trung điểm cạnh AB, đường chéo
AC nằm trên đường thẳng d có phương trình x + 3 y − = 7 0, diện tích của hình chữ nhật là 16 Tìm tọa độ điểm A biết A
có tọa độ nguyên
Câu 8a (1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 3 1 1
:
− , mặt phẳng
( ) P : x + 2 y − + = z 3 0 và điểm M(1;-1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆cắt d tại A và cắt (P) tại B sao cho M là trọng tâm tam giác OAB
Câu 9a(1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 7 C1n = Cn3 Tìm hệ số của số hạng chính giữa trong khai triển nhị thức Newton của
2
1
n nx
x
−
B Theo chương trình nâng cao
Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): x2 + 4y2 = 4 có hai tiêu điểm là F1 và F2 Tìm tọa độ điểm M trên elip (E) sao cho góc F MF1 2 = 600
Câu 8b (1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − 2 y − 2 z + 10 = 0, hai đường thẳng (∆1): x 2 y z 1
− = = −
− , (∆2): x 2 y z 3
− = = +
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (∆1), tiếp xúc với (∆2)
và mặt phẳng (P)
Câu 9b(1 điểm) Giải phương trình: 2 4 2 1
2
log (x + + 2) log (x − 5) + log 8 = 0
-Hết -
Họ và tên thí sinh……….Số báo danh:………
Trang 2http://toanhocmuonmau.tk/
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A-A1 LẦN 3
NĂM HỌC 2012-2013
1.(1 điểm)
+Tính đạo hàm, xét dấu đạo hàm, lập bảng biến thiên 0,25
+ Chỉ ra sự biến thiên, cực trị 0,25
2.(1 điểm)
+y ' = 4 x3− 4 mx
(Cm) có 3 cực trị ⇔ y ' = 0có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ⇔ > m 0 0.25 +(Cm) có 3 điểm cực trị :
A m − B m − m + m − C − m − m + m − 0.25
Câu 1
(2 điểm)
+ Do tam giác ABC cân tại A nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi IA = IB
+ Thay số dẫn tới phương trình ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
1
2
2
=
+
−
=
KL 0.5
Giải phương trình sin 2 sin x x + cos 2 x + sin cos x x = sin x + cos x
+ Phương trình tương đương với
2sin x cos x + − 1 2sin x + sin cos x x − − 1 cos x = 0 0.25 ⇔ ( cos x − 1 2 sin ) ( 2x + s inx 1 − = ) 0 ⇔ ( cos x − 1 sin )( x − cos 2 x ) = 0 0.25
Câu 2
(1 điểm)
+ Điều kiện− ≤ ≤ 1 x 3
+Đặt a = x + 1; b = 3 − x ⇒ a2− = b2 2 x − 2
Do đó (1) trở thành:
2 a = a − + b 1 a b − ⇔ + = a b a − b a b − ⇔ a b + a b − − = 1 0 ( )2
1
a b
⇔ − = (do a b + > 0)
0.25
+Giải phương trình x + − 1 3 − = x 1, kết hợp điều kiện được nghiệm 2 7
2
x = + 0.25
Câu 3
(1 điểm)
+Giải phương trình x + − 1 3 − = − x 1, kết hợp điều kiện được nghiệm
2
x = −
Câu 4
(1 điểm)
+ Xét
1
0.25
Trang 3http://toanhocmuonmau.tk/
Đổi cận : 0 1; 0
6
x = ⇒ t = x = π ⇒ t =
1 2 1
0
⇒ = ∫ =
+Xét
6 2 0
sin 2
π
2
=
=
⇒
Khi đó
6
2
π
0 5
+Kết luận 1 2 1 3
B
C
A
D
S
G
H
M
+ Chỉ ra góc giữa SA và (ABCD) là SAG = 600, và tính được SG = a
0.25
+ Tính được diện tích hình thoi ABCD là
2
3 2
a
, từ đó tính được thể tích khối chóp SABCD là
3
3 6
a
0.25
+ Vì AB//(SCD) nên d(AB, SM)=d(A,(SCD)) 3 ( ( ) )
,
2 d G SCD
2
AC
GC = ) 0.25
Câu 5
(1 điểm)
+ Kẻ GH⊥SD, chỉ ra GH⊥(SCD), tính được GH=
2
a
=d(G,(SCD))
Từ đó suy ra d(AB,SM)= 3 4 a
0.25
+ Chỉ ra với 3 số dương x y z , , thì ( )2 ( 2 2 2)
3
x + + y z ≤ x + y + z và
x + + ≥ y z x y z
+ +
0.25
+ Từ giả thiết ta có: 2 2 2 ( )
6
a + + − + + = b c a b c , suy ra
3
a b c
+ +
− + + − ≤ ⇒ + + ≤
0.25
0.25
Câu 6
(1 điểm)
+ Do đó giá trị lớn nhất của P là 2, đạt được khi a = = = b c 2 0.25
PHẦN DÀNH CHO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Trang 4(1 điểm)
M
I
H
+ Đặt AB = a BC ; = b a ; > 0; b > 0; a b , ∈ Z
Do diện tích của hình chữ nhật là 16 nên ab = 16 ( ) 1
0 25
+ Kẻ MI, BH vuông góc với AC Ta có BH=2MI ( ) 8
10
d M d
Mặt khác, do tam giác ABC vuông tại B, đường cao BH nên
2
.
BH
, do đó ta có phương trình 22 22 ( )
64 2 10
a b
+
0.25
+ Từ (1) và (2) giải được a = 4 2 hoặc a = 2 2 0.25
Câu 7a
(1điểm)
+ Do A nằm trên AC nên A(7-3t;t)
- Với a = 4 2, suy ra MA=2 2, giải phương trình, kết hợp điều kiện, được
A(-2;3)
- Với a = 2 2 suy ra MA= 2, giải phương trình, kết hợp điều kiện, được A(1;2)
0.25
(1 điểm)
+ Do A d ∈ nên A t ( + 3; t − − − 1; 2 t 1 ) 0.25 + Do M là trọng tâm tam giác OAB nên B ( − − − t ; t 2; 2 t + 4 ) 0.25 + Mà B ∈ d nên − − − − − + = ⇔ = − t 2 t 4 2 t 4 3 0 t 1
Suy ra: A(2;-2;1), B(1;-1;2)
0.25
Câu 8a
(1điểm)
+ Viết được phương tình đường thẳng AB: 2 2 1
:
0.25
+ Giải phương trình 7 Cn1 = Cn3 tìm được n=8 0.25 + Khi đó P=
8
2 1 2 2
x x
−
0.25
+ Số hạng chính giữa trong khai triển là 4( )2 4 4
1 2
2
x
0.25
Câu 9a
(1điểm)
+ Hệ số cần tính là:
4
4 4 8
1
2
0.25
PHẦN DÀNH CHO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Ta có: x2 + 4y2 = 1 ⇔
4
x2
+ y2 = 1 ⇒ a = 2 và b = 1 ⇒ c = 3 ⇒ e =
2
Câu 7b
(1 điểm)
Trong tam giác F1MF2, theo định lí cosin ta có:
F1F22 = MF12 + MF22 – 2.MF1.MF2.cos600
⇔ F1F22 = (MF1 + MF2)2 – 2.MF1.MF2 – MF1.MF2 0.25
Trang 5http://toanhocmuonmau.tk/
= (MF1 + MF2)2 – 3.MF1.MF2⇔ 12 = 42 – 3.MF1.MF2⇔ MF1.MF2 =
3 4
⇔ (a – ex)(a + ex) =
3
4
⇔ a2 – e2x2 =
3
4
⇔
4
3
x2 = 4 –
3
4
=
3
8
⇔ x2 =
9 32
⇒ y2 =
4
x
4 − 2 =
9
1
⇒ x = ±
3
2 4
và y = ±
3 1
0.25
Thu được: M1(
3
2 4
;
3
1
), M2(
3
2 4
; –
3
1
), M3(–
3
2 4
;
3
1
), M4(–
3
2 4
; –
3
1
) 0.25
d I P ( ,( )) 2 2 2(1 ) 10 10
3
1 4 4
+ +
0.25
•
y t
1
2 : 1
∆
= +
=
= −
; ∆2 đi qua điểm A(2; 0; 3) − và có VTCP u2 = (1;1; 4)
Giả sử I (2 + t t ; ;1 − ∈ t ) ∆1 là tâm và R là bán kính của mặt cẩu (S)
Ta có: AI = ( ; ;4 ) t t − t ⇒ AI u , 2 = (5 t − 4;4 5 ;0) − t ⇒
AI u t
d I
u
2 2
2
( , )
3
0.25
(S) tiếp xúc với ∆2 và (P) ⇔ d I ( , ∆2) = d I P ( ,( )) ⇔ 5 t − = + 4 t 10 ⇔ t
t
7 2 1
=
= −
0.25
Câu 8b
(1 điểm)
Với t 7
2
= ⇒ I 11 7 ; ; 5
−
9 2
= ⇒ (S): x y z
Với t = − 1 ⇒ I (1; 1; 2), − R = 3 ⇒ (S): ( x − 1)2+ + ( y 1)2+ − ( z 2)2 = 9
0.25
Giải phương trình: 2 4 2 1
2
log (x + + 2) log (x − 5) + log 8 = 0 Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*) 0.25 Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
log (x + 2) x − 5 = log 8 ⇔ (x + 2) x − = 5 8 ⇔ (x − 3x 18)(x − − 3x − = 2) 0
0.25
2 2
x 3; x 6; x
2
x 3x 2 0
0.25
Câu 9b
(1 điểm)
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:
x = 6 và 3 17
x 2
±
=
0.25