DE THI THU DAI HOC SO 4

Trờn đường thẳng vuụng gúc với mặt phẳng ABCD tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a.. Kẻ MH vuông góc với AC tại H.. Tìm tọa độ đỉnh C.. Theo chương trỡnh Nõng cao Cõu Vb:1.. Tỡm M thuộc tr

Trang 1

Trường THPT Bến Cỏt Năm 2013

éỀ THI thử ĐẠI HỌC NĂM 2013

Mụn thi : TOÁN làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 cú đồ thị là (Cm); ( m là tham số)

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3

2 Xỏc định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phõn biệt C(0;1), D, E

sao cho cỏc tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuụng gúc với nhau

Cõu II: (2 điểm)

1 Giải hệ phương trỡnh: 2 0







2 Tìm x  ( 0 ;  ) thoả mãn phương trình: cotx – 1 = x x

x

2 sin 2

1 sin

tan 1

2





Cõu III: (2 điểm)

1 Trờn cạnh AD của hỡnh vuụng ABCD cú độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x  a) Trờn đường thẳng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a

Kẻ MH vuông góc với AC tại H Thể tích khối chóp SMCH theo a và x

2. Tớnh tớch phõn: I = 4 2

0 (x sin 2 ) cos 2x xdx





Cõu IV: (1 điểm) : Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.

Chứng minh rằng :

2

PHẦN RIấNG (3 điểm) ( Chú ý! :Thí sinh chỉ được chọn bài làm ở một phần )

A Theo chương trỡnh chuẩn

Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3

2 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x - y -8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

và đường thẳng  : 1 2

x y z

28

MA MB 

Cõu VIa : Giải bất phương trình:

3 2

4 )

3 2 ( )

3 2









B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu Vb:1 Trong mpOxy, cho đường trũn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tỡm M thuộc trục tung sao cho

qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà gúc giữa hai tiếp tuyến đú bằng 600

2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với

d : x 1 y 1 z

 .Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d

Cõu VIb: Giải hệ phương trỡnh

xy







ĐỀ SỐ 4

Trang 2

Hướng dẫn chấm môn toán

y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)

1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXẹ: D = R

+ Giới hạn: lim , lim

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x

 Baỷng bieỏn thieõn:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0  x = –1  tõm đối xứng U(-1;0)

* ẹoà thũ (C3):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)

0,25

Phửụng trỡnh hoaứnh ủoọ giao ủieồm cuỷa (Cm) vaứ ủửụứng thaỳng y = 1 laứ:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   

 2

x 0

0,25

* (Cm) caột ủửụứng thaỳng y = 1 taùi C(0;1), D, E phaõn bieọt:

 Phửụng trỡnh (2) coự 2 nghieọm xD, xE  0









4 m

9

Trang 3

Trường THPT Bến Cát Năm 2013

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD=y’(xD)=3x2D6xD m (3xD 2m);

kE=y’(xE)= 3x2E 6xEm  (3xE 2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

0,25

 (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1

 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)

 4m2 – 9m + 1 = 0 

8

m











 So s¸nhĐk (*): m = 1  

8

0,25

1 §k:

1 1 2

x y











 (1)

2

x y voly



0,5

 x = 4y Thay vµo (2) cã

1 ( )

2

x







0,25

V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25

®K:

























1 tan

0 2 sin 0

cos sin

0 2 sin

x

x x

x x x

x x

cos sin sin

sin cos

cos 2 cos sin

sin











x

x x

cos sin sin

cos sin cos

sin













0,25

Trang 4

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

 (cos x  sin x )(sin x cos x  sin2x  1 )  0

0,25

 (cos x  sin x )(sin 2 x  cos 2 x  3 )  0

(cos )( 2sin(2 ) 3) 0

4

x sinx









0,25

4 0

;

x

0,25

SA SAC











Lai cã

2

o

x

0,25

Ta cã

0

MHC



0,25 0.25 0.25

I =

1 2

( x sin 2 ) x cos xdx 2 xcos xdx 2 sin 2 xcos xdx 2 I I

0,25

Trang 5

.Ta có :VT =

b c caa b  b c caa b   0,25

2

3 2

a b b c c a

a b b c c a A

0,25

1

1 2

2

a b b c c a

0,25

Từ đó tacó VT 3 1 2

   

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3

0,25

Tính I1

đặt

4 1

0

1 sin 2 4 sin 2 1

0 2











1 2 4 1

0

cos x



0,25

Tính I2

4

2 0

4 sin 2 (sin2 ) sin 2

0

0,25

Trang 6

Ta cã: AB = 2, trung ®iÓm M ( 5; 5

2 2),

pt (AB): x – y – 5 = 0

0,25

SABC= 1

2d(C, AB).AB =

3

2  d(C, AB)=

3 2

2

0,25

 d(G, AB)= (3 8) 5

2

= 1

2  t = 1 hoÆc t = 2

 G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2)

0,25

Mµ CM3GM

 C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1)

0,25

1

2

z t

 





 



0,5

2 2







0,25

2





t t

    t2 4 1 0 t  2  3  t  2  3 (tm)

0,25

2









 x  x 1 x2 2x1

0,25

 x2 2 x  1  0  1  2  x  1  2

0,25

Trang 7

(C) cú tõm I(3;0) và bỏn kớnh R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy

0

60 (1)

120 (2)

AMB AMB





Vỡ MI là phõn giỏc của AMB

(1)  AMI = 300

0

sin 30

IA MI

   MI = 2R  m29 4m  7

sin 60

IA MI

3 R 

2 4 3 9 3

m   Vụ nghiệm

Vậy cú hai điểm M1(0; 7) và M2(0;- 7)

0,5

Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn d, ta cú MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuụng gúc với d

d cú phương trỡnh tham số là:

x 1 2t

y 1 t

z t

 





  



  



Vỡ H  d nờn tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra :MH

= (2t  1 ;  2 + t ;  t)

0,25

Vỡ MH  d và d cú một vectơ chỉ phương là u

= (2 ; 1 ; 1), nờn : 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = 2

3 Vỡ thế, MH

= 1; 4; 2

3 (1; 4; 2)

MH

u MH  

0,25

Suy ra, phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z

0,25

Theo trên có ( ;7 1; 2)

H   mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ

M’(8; 5 ; 4)

3  3  3

0,25

ĐK: x>0 , y>0

log3xy = 1  xy = 3y= 3

x

(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9

0,25

VIb

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3; 3) hoặc ( 6; 6

2 )

0,25

Trang 8

A

M

D

S

H

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	2,31 MB