thi thử đại học môn toán, năm 2013, đề số 3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong

www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 3 2

y x= −3x +1 (1)

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

2 Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

2cos 2

x

− 2) Giải phương trình 2 ( )3 ( )3 2

1+ 1−x  1+x − 1−x = +2 1−x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3

2 0

1

x

+ +

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh ' ' ' đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 300 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB' bằng

2

a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3

3

1 3

1 3

1

a c c b b a

P

+

+ +

+ +

=

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD Biết ( 4;1), (17;12)

5

H − M và BD có phương trình x y+ − =5 0 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC

2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1 1

− và hai điểm (1;2; 1),A −

(3; 1; 5)

B − − Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2 + − 3 + + + − − −2 + + − + 2 1 2 1− ++ = −

2C n 3.2.2C n ( 1) (k k k 1)2k C k n 2 (2n n 1)2 n C n n 40200

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2

(x−2) + +(y 3) =4 và đường thẳng d:

3x−4y m+ − =7 0 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200

2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm (1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2)A − B C − − và mặt phẳng (P) có phương trình x−2y+ 2z+ =1 0 Mặt phẳng ( )α đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB=2IC Viết phương trình mặt phẳng ( )α

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2

2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1



………Hết………

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

I

1

1 (1,0 điểm) Khảo sát y x= 3−3x2+m2− +m 1 1,00

Khi m = 1, ta có y x= 3−3x2+1

+ TXĐ: D=¡

+ Giới hạn:xlim (→−∞ x3−3x2+ = −∞1)

xlim (→+∞ x3−3x2 + = +∞1)

+Sự biến thiên: 2

' 3= −6

' 0 3 2 6 0 0

2

=



x

0,25

Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;0 ; 2;) ( +∞)

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0; 2

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3

0,25

Bảng biến thiên

x −∞ 0 2 +∞

y′ + 0 − 0 +

y

1 +∞

−∞ - 3

0,25

Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)− là tâm đối

xứng

0,25

Ta có : y’ = 3x2 - 6x

Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9 1

3

x x

= −



y = 9x + 6 ( loại và song song với (d))

• Với x = 3, ta có y(3) = 1 Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25

II

1

Giải phương trình:

0 2cos 2

x

−

1,00

4

x− ≠ ⇔ ≠ ± + πx π k

Với điều kiện đó phương trình cos 22 2cos 3 sin 3 2 0

x x π   x π 

2 1 ( )

0,25

1 sin 2x sin2 4x sin 2x 2 0

2

⇔ −1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 02 − + − = 0,25

⇔ −1 sin 2x2 − −(1 2sin 2x2 )+sin 2x 2 0− =

⇔sin 2x sin 2x 2 02 + − =

sin 2x 1

⇔ = hoặc sin 2x= −2 (loại)

0,25

sin 2x 1 x k

4

π

So điều kiện phương trình có nghiệm x 5 k2 (k )

4

π

2

• Giải phương trình 2 ( )3 ( )3 2

1+ 1−x  1+x − 1−x = +2 1−x

ĐK: − ≤ ≤ 1 x 1 Đặt u= 1+x , v= 1−x, ,u v≥0

Hệ trở thành:

3 3

2

 + =





0,25

Ta có: 1( ) 1( 2 2 ) 1( )2

0,25

Suy ra :

2

2

2 1

1 2

u

v



= +



 + =

− =



0,25

Thay vào ta có nghiệm của PT là : 2

2

x=

•

0,25

III

Tính tích phân 3

2 0

1

x

+ +

Đặt I = 3

2 0

1

x

+ +

2

x

+ +

Ta tính 3

1 2 1 0

x

I =∫x e dx Đặt t = x3 ta có

1

1

0

Ta tính

1 4 2

01

x

x

= +

∫ Đặt t = 4 x ⇒ = ⇒x t4 dx=4t dt3 0,25 Khi đó

2

t

π

Vậy I = I1+ I2 1

3

3e π

0,25

IV

Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' 1,00

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' Tam giác CAB cân tại C

CC '⇒AB⊥(CMNC')⇒ A B' ' (⊥ CMNC') Kẻ

MH ⊥CN H CN MH∈ ⊂ CMNC ⇒MH ⊥ A B ⇒MH ⊥ CA B

0,25

mp (CA B chứa ' ') CB' và song song với AB nên

( , ') ( ,( ' ')) ( , ( ' '))

2

a

Tam giác vuông .tan 300

3

a

Tam giác vuông

0,25

Từ đó

3 ' ' '

1 2

ABC A B C ABC

N

M

A'

B'

B

C'

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

z y x

9 z

1 y

1 x

1 9 xyz

3 xyz 3 z

1 y

1 x

1 ) z y x

(

3

3

+ +

≥ + +

⇒

=

≥







+

áp dụng (*) ta có

3 3

3 3

3

9 a

3 c

1 c

3 b

1 b

a

1 P

+ + + + +

≥ +

+ +

+ +

=

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3

3

3

a 3b 1 1 1

b 3c 1 1 1

c 3a 1 1 1

+ + +

0,25

Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6( )

3

≤  + =

Do đó P≥3

0,25

Dấu = xảy ra

3

4

a 3b b 3c c 3a 1

 + + =



 + = + = + =



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VI.a

1

Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC 1,00

Đt ∆ qua H và ⊥ BD có pt x y− + =5 0 ∆ ∩BD I= ⇒I(0;5). 0,25 Giả sử ∆ ∩AB H= ' Tam giác BHH có BI là phân giác và cũng là đường'

cao nên BHH cân ' ⇒ I là trung điểm của HH'⇒H'(4;9). 0,25

AB đi qua H’ và có vtcp ' 3;3

5

u H M= = − 

r uuuuuur

nên có pt là 5x y+ −29 0= 0,25

Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1)

5

x y

B

x y

+ =

 + =

 M là trung điểm của AB

4

; 25 5

0,25

2

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho

khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất

1,00

Gọi d là đt đi qua A và cắt ∆ tại M ⇒M( 1 2 ;3 ; 1− + t t − −t)

( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)

Gọi H là hình chiếu của B trên d Khi đó ( , )d B d =BH ≤BA Vậy ( , )d B d

lớn nhất bằng BA ⇔H ≡A Điều này xảy ra ⇔ AM ⊥AB⇔uuuur uuurAM AB. =0

2( 2 2 ) 3(3t t 2) 4t 0 t 2

(3;6; 3)

M

x− = y− = z+

−

0,25

Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP ur=(2;3; 1− )

Ta có; uuurNA=(2;2;0) ⇒ =vr uuur rNA u, = −( 2; 2; 2)

Mặt phẳng (P) chứa d và ∆ đi qua A và có VTPT vr nên có pt là:

-x + y + z = 0;

Gọi K là hình chiếu của B trên (P) ⇒BH ≥BK Vậy ( , )d B d nhỏ nhất bằng

BK ⇔H ≡K Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K

0,25

Tìm được K = (0; 2; -2) Suy ra d có PT là : 2

2

x u y

=



 =



 = − +



0,25

VII.a T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt:

2 + −3.2.2 + + + − ( 1) (k −1)2k− k + + − 2 (2 +1)2 n− n++ = −40200

1 n k

k 1 n k 2

2 1 n

1 1 n

0 1 n 1

) x 1 ( − + = + − + + + − + − + + − ++ + (1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

n 1 n 1 n 1

k k 1 n k 2

1 n

1 1 n

n C 2C x ( 1) kC x ( n 1)C x )

x 1 )(

1 n ( + − =− + + + − + − + − + − + ++

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 n 1 2 1 2 2

k k 1 2 k

3 1 n

2 1 2 1

2 2C 3C x ( 1) k(k 1)C x n( n 1)C x )

x 1 )(

1 n (

n + − − = + − + + + − − + − + − + ++ − 0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

Phơng trình đã cho ⇔2n(2n+1)=40200⇔ n2 +n−20100=0⇔n=100 0,25 VI.b

1

Tỡm m để trờn d cú duy nhất một điểm M mà từ đú kẻ được hai tiếp tuyến

MA, MB tới (C) (A, B là cỏc tiếp điểm) sao cho gúc AMB bẳng 1200

1,00

Đường trũn (C) cú tõm I(2;-3) và bỏn kớnh R=2 Theo giả thiết ta cú tam giỏc

IAM vuụng ở A và ãAMI =600⇒ãMIA=300

Suy ra: IM = 0

4 os30 3

AI

0,25

Vỡ M∈( )d nờn M=(1 + 4t; -1 +

4

m

+3t)

IM = t− + t+ +  = t + + t+ + +m

0,25

Suy ra:

2

Ta cú :

2

0,25

Để cú 1 điểm M thỏa món đề bài thỡ PT(*) cú 1 nghiệm duy nhất

2 • Mặt phẳng ( )α đi qua A, vuụng gúc với mặt phẳng (P), cắt đường

thẳng BC tại I sao cho IB=2IC Hóy viết phương trỡnh mặt phẳng ( )α

1,00

Gọi mặt phẳng ( )α cú phương trỡnh là ax+by cz d+ + =0với ; ;a b c khụng

cựng bằng 0

- mp ( )α đi qua (1;1; 1)A − nờn ta cú : a b c d+ − + =0 (1)

- mp ( )α ⊥mp P x( ) : −2y+2z+ =1 0 nờn 2 VTPT vuụng gúc nhau

0,25

- IB=2IC=>khoảng cỏch từ B tới mp ( )α bằng 2 lần khoảng cỏch từ C tới ( )α

0,25

Từ (1), (2), (3) ta cú 2 trường hợp sau : 0,25

TH1 :

1

2

a b c d

−

 =

 + − + =







chọn

a = => = −b c= − d = −

Ta có phương trình mp ( )α là 2x y− −2z− =3 0

TH 2 :

3

2

a b c d

 =

 + − + =







chọn a= => =2 b 3;c=2;d = −3

Ta có phương trình mp ( )α là 2x+3y+2z− =3 0

Vậy tìm được 2 mp ( )α t/m ycbt là 2x y− −2z− =3 0hoặc

2x+3y+2z− =3 0

0,25

VII.b

+ Điều kiện:

2

( )

0 1 1, 0 2 1

I

 < − ≠ < + ≠

1,00

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( )

log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2).

I

Đặt log2+y(1− =x) t thì (1) trở thành: 1 2

2 0 ( 1) 0 1

t

Với t=1 ta có: 1− = + ⇔ = − −x y 2 y x 1 (3) Thế vào (2) ta có: 0,25

2