Chứng minh rằng mặt phẳng SBM vuông góc với mặt phẳng SAC và tính thể tích tứ diện ABIN theo a.. a Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng BCD; b Tìm tọa độ điểm A’
Trang 1TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y x3 3 mx2 m2 m
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với m 1;
2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm
số đối xứng nhau qua đường thẳng 1 1
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 3 sin 2 x 2 cos2x 2 2 2 cos 2 x
2) Giải hệ phương trình: 9 7 4
Câu III (2,0 điểm)
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cho
SA = a , AD = a 2 , AB = a Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và
tính thể tích tứ diện ABIN theo a
2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2)
a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD);
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD)
Câu IV (1,0 điểm)
Cho x y z, , dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 3
x y z Chứng minh rằng:
1
x x y y z z
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (2,0 điểm)
1) Tìm giới hạn sau:
3 1
tan( 1) 1 lim
1
x
x
x
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC) Biết phương trình các đường
thẳng AB, BC tương ứng là d1: 2 x y 1 0, x 4 y Viết phương trình đường cao qua đỉnh B 3 0 của tam giác ABC
Câu VI.a (1,0 điểm)
log 3x 4x2 1 log 3x 4x2
B Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (2,0 điểm)
1) Tính tổng S 12C20121 22C20122 32C20123 2011 2C2012201120122C20122012
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2) Đường thẳng (d) đi qua
trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình x Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua y 6 0 đỉnh B của tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh B và C
Câu VI.b (1,0 điểm)
Giải bất phương trình: 32x 8.3x x4 9.9 x4 0
HẾT
Trang 2-HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I (2,0 điểm)
1) Khim 1, ta có: y x3 3 x2 2 Các bạn tự giải
2) Ta có: y x3 3 mx2 m2 m y ' 3 x2 6 mx ; 0
' 0
2
x y
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m 0
Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi):
Gọi A(0; m2 m), B(2 ; 4 m m3 m2 m) tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=(m ; 2 m3 m2 m)
Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1 1
y x , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường
Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) AB (2; 4)
Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2 đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn)
Vậy với m = 1 thì …
Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi):
m
y x y m x m m
2
là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho
Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1 1
y x , điều kiện cần là đường thẳng AB
vuông góc đường thẳng (d) tức là: 2 1
2
Điều kiện đủ:
Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1 M(1; 0) là trung điểm của đoạn
AB nằm trên (d) m=1 thỏa mãn
Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1 M(-1; 2) là trung điểm của đoạn
AB không nằm trên (d) m=-1 không thỏa mãn
Vậy với m = 1 thì …
Câu II (2,0 điểm)
1) 3 sin 2x2 cos2x2 2 2 cos 2 x 2 3 sin cosx x2 cos2x4 | cos |x (2)
Khi cosx 0, ta có:
(2) 2 3 sin cos 2 cos 4 cos
3 sin cos 2
x
2
Khi cosx 0, ta có:
2
2 3 sin cos x x 2 cos x 4 cos x 3 sin x cos x 2
KL:
2) ĐK: x 7; y 7
0
Trang 3Khi x y 0, ta có: 9 7 4
KL:
Câu III (2,0 điểm)
1)
+ Vì SA(ABCD) nên SABM (1)
Ta có:
ACBM (2)
Từ (1) và (2): BM (SAC) (SBM)(SAC)
+ Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI AI =
3
a
Xét tam giác ABI vuông tại I BI = 2
3
a
SABI =
2 2 6
a
Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC ON
=
2
a
và là đường cao của hình chóp N.ABI VABIN =
3 2 36
a
(đvtt) 2) a) Ta có: BA ( 2; 2;3),BC ( 1; 0; 2), BD ( 2; 2;0) BC BD , (4; 4; 2) BA BC BD , 6
ABCD BCD
b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD) Ta có: AH ( x0 1; y0 1; z0 1), BC BD ,
cùng phương và
CH x y z BC BD
vuông góc
Câu IV (1,0 điểm)
Đặt
x x y y z z a b c
Ta có:
2 2
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1
Câu V.a (2,0 điểm)
1)
3
1
tan( 1) 1
lim
1
x
x
x
x
x
Trang 42) Ta có: B(1; -1)
Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC C(-8m-7; 2m+1)
PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0 A 17 11 17 14
;
;
AC
VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0
Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d 1
Câu VI.a (1,0 điểm)
ĐK: 2
1
3
x
x
log 3x 4x2 1 log 3x 4x2 2 log 3x 4x2 log 3x 4x2 1 0 (1)
9
log 3x 4x2 , ĐK: t0, (1) trở thành:
9
7
1 3
1
1 3
x
x
KL: 7 1
S
Câu V.b (2,0 điểm)
( ) (1 )n (1 ) n n n n n n n
f x x x C xC x C x C x C
(1x C) n0(xx C2) 1n(x2x C3) n2(x3x C4) n3 ( x nx n1)C n n
Ta có: f x ( ) (1 x )n1 f x '( ) ( n 1)(1 x )n f "( ) x ( n 1) (1 n x )n1 f "(1) ( n 1) 2 n n1
hay f x( )(1x C) n0(xx C2) 1n(x2x C3) n2(x3x C4) n3 ( x nx n1)C n n
"( ) 2 (2 6 ) (6 12 ) ( ( 1) ( 1) )
"(1) 2 2.2 2.3 2
n
2C n 2.2 C n 2.3 C n 2n C n n (n 1) 2n n C n 2 C n 3 C n n C n n (n 1) 2n n
Khi n 2012, ta có: 12C20121 22C20122 32C20123 2012 2C20122012 2013.2012.22010=S
2) Gọi M là trung điểm của BC M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0)
Đường thẳng BC là: x+y-8=0
Gọi B(b;8-b) C(8-b;b) Ta có: DB(b2; 4b AC);(6b b; 2)
Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC DB AC 0b2,b5
+ Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5)
Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: x 4
3 x 8.3x x 9.9 x 0 3 x x 8.3x x 9 0 (2)
Đặt
17
3x x D : 3
(2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0 t > 9
Khi t >9, ta có: 3x x4 9x x42 x 4 x4 6 0 x4 3 x5
KL: S (5; )
- HẾT -
Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải