Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2012 môn toán (4)

Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3.

ĐỀ SỐ 13

Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu I (2 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0

2 tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) vuông góc với đường thẳng 9 5

2

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: sin 7 sin 9 2 os2 os2 2

x x c  x c  x

2 Giải bất phương trình: 9x2 2 x  x 1 1

Câu III (2 điểm)

1 Tìm họ nguyên hàm của hàm số   tan( ) os

2 log xlog x.log 2x 1 1

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy nằm trong tam giác ABC, các mặt bên tạo với đáy góc 600

, ABC60 ,0 AB4 ,a AC2 7a Tính thể tích hình chóp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho các số thực a, b thuộc khoảng (0; 1)

Chứng minh rằng: (1 )(12 ) 1





ab

Câu VI (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có các đỉnh A, B thuộc đường

thẳng y = 2; phương trình cạnh BC, 3x  y 2 0 Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3

2 Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm M(1;1) và N(2;4) và tiếp xúc với đường

thẳng : 2x  y 9 0

ĐỀ SỐ 13

Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu I: (1 điểm): HS tự giải

Câu I.2 (1 điểm)

Hàm số có CĐ, CT y'0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và y’ đổi dấu khi x đi qua mỗi

         + 3 hoặc m  2 3(*) Nhận xét: Hai đường thẳng vuông góc với nhau thì tích hệ số góc của chúng bằng nhau (− 1) Ta sẽ xác định m để hệ số góc của đường thẳng đi qua hai điểm CĐ, CT của hàm số bằng 2

9

 

Cách 1: Gọi A(x1; y1) là các điểm cực trị của đồ thì hàm số và k là hệ số góc của đường thẳng AB Khi đó

2 1

2 1



 (0,5 điểm)

4

m

m







Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*) (0,25 điểm)

Cách 2: Ta có:

đường thẳng AB có hệ số góc là: 2 2 8 2 2

k   m  m  

4

m

m





 (0,75 điểm)

Câu II (2 điểm)

Giải phương trình

sin 7x sin 9x sin 2x sin 4x sin 8 cosx x sin 3 cosx x

cos (sin 8 sin 3 ) 0 cos os sin 0





















(0,5 điểm)

Giải phương trình…

Điều kiện x ≥ 0

 

1

Đáp số: 1

3

x (1 điểm)

Câu III (2 điểm)

Tính nguyên hàm…

Ta có:

1

os2

1

2 1



2

2

2

2

1

os

1

tan

x

x

x





 



(0,5điểm)

Do đó:  

 d(tanx) 

f x dx x 2

3 tan x 3 tan x

 

Vậy   1 3 t anx

ln

3 3 t anx



 (0,5 điểm)

Giải phương trình:

Điều kiện: x > 0

1

2

1

2

2

1 1

2





  





x

x

1

4

x

do x x





Đáp số: x = 1; x = 4

(1 điểm)

Câu IV: (1 điểm)

Kẻ SI (ABC) thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (vì I nằm trong tam giác ABC và các mặt bên nghiêng đều trên đáy)

3

V  SI S

Gọi p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC; x là độ dài cạnh BC Theo định lí cosin ta có:

 2  2  

2a 7  4a x 2 4a x c os60  x 6a

Vậy tam giác ABC có AB = 4a, BC = 6a, AC = 2a 7 ABC600

(0,5 điểm)

Ta có 14 6 sin 600 6 2 3

2

ABC

3



ABC

a

Gọi M là hình chiếu của I trên AC thì 0

60

SMI

Do đó: SI = r.tan600

(5 7)

a

S ABC

(0,5 điểm)

Câu V: (1 điểm)

Đặt ab u a,  b v, khi đó bất đẳng thức đã cho được viết thành:

 

2 2

(*) 4 1

u

 



Do v2unên  

       

Mặt khác, vì 0 < u < 1 nên 1

u

u 

 , suy ra  

2 2

1 4 1

u u



 Vậy bất đẳng thức (*) được chứng minh (0,5 điểm)

Câu VI (1 điểm)

Tìm tọa độ trọng tâm G…

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:

(0; 2) 2

B y







k ABC Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì: ABI 300, do đó đường thẳng BI có hệ số góc 0 1

tan 30

3

 , nên phương

trình của nó là 1 2

3

y x

Mặt khác, đường tròn (I) bán kính r  3tiếp xúc với đường thẳng y = 2 nên điểm I thuộc đường thẳngy 2 3 hoặc y 2 3 (0,5 điểm)

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình

1

3



 



x y

hoặc x1 = −3

      hoặc x Ax C  x1 3  3 3

Từ phương trình BC, ta tìm được y C  3x C   2 5 3 3

hoặc y C   1 3 3

như vậy: A3 3; 2 , B 0; 2 ,C3 3;5 3 3 (1)

hoặc A 3 3; 2 , B 0; 2 ,C 3 3; 1 3 3   (2)

Trường hợp (1), ta có 6 2 3;3 3

3



Trường hợp (2), ta có 6 2 3;1 3

3



Viết phương trình đường tròn…

Ta có (1;3), 3 5;

2 2

  là trung điểm của đoạn thẳng MN

Phương trình đường thẳng trung trực của MN:

         

Tâm I của đường tròn thuộc trung trực MN nên I(−3t + 9; t)

Khoảng cách từ I đến  bằng IM nên

5

t t

122

t

t







Từ đó có hai đường tròn thỏa mãn bài toán:

1

2