Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 1.. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng ABC.. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.. Tìm M thuộc trục tung
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 12
Ngày 02 tháng 10 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=2x3−3x2+2 (1)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2
3 2 log ( 1)
x − x+ = m + có 4 nghiệm thực phân biệt
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: tan 2 sin 3 cos3 sin (1 cot )
2sin 2 1
x
−
2 Giải hệ phương trình:
2 2
2
( , )
7
x y y
y
− −
+ =
¡
Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn sau:
2 0
lim
x
e e c x x L
x
→
=
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3, khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và ·SAB SCB=· =900 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
a b c b c a c a b
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
x y
phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có
diện tích bằng 3
2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1
( ;0) 2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó
Câu VII.a (1,0 điểm) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh:
3 2
4 )
3 2 ( )
3 2
−
≤
− + + x − x+ x − x−
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
2 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3
log x=3 2 3log+ x+2
Hết
Trang 2-Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 12 Câu 1: 1,Cho hàm số y x= − +3 3x 2 (1).
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ: ¡
(1) ( 1)
y = x − y = ⇔ x − = ⇔ = ±x y = y− =
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 1) , Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞ −; 1 ; 1;) ( + ∞)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = 4
Giới hạn: xlim→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞
Bảng biến thiên:
y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y(0) = 2
⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0), (2; 4)
Đồ thị:
2
3 2 log ( 1)
x − + =x m + có 4 nghiệm thực phân biệt.
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa 4
2 2 ( ) :d y=log (m +1) và 3
( ') :C y= x −3x+2 , với (C’) được suy ra từ (C) như sau:
Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
4
2
2
0 log (< m + <1) 4 2
1 m 1 2
0
m m
m
<
⇔ < < ⇔
≠
Câu 2: 1, Giải phương trình: cos 2 sin 3 cos 3 sin (1 tan )
2sin 2 1
x
−
Đk
1 sin 2
(*) 2
x
x
Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:
2sin 2 1 (sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos )
x
−
−
sin
cos
x
x
⇔
4
2
π π
So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 ,
4
x= ± +π kπ x= +π k π k∈
¢
1
x y’
y
1
−∞
+ ∞
4
0
x
y
•
•
•
•
•
2 4
x
y
•
•
•
•
•
2 4
Trang 32, Giải hệ phương trình:
2 2
2
( , )
7
x y y
y
− −
+ =
¡
Đk y > 7 Khi đó hệ đã cho tương đương với:
+ − − = −
u=x + −x v= y − v> Khi đó hệ phương trình trở thành:
2 2 13 6
u v uv
+ =
= −
+ = ± = − = −
Giải các hệ phương trình:
,
+ − = − + − = −
ln(2 os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
L
3
3 3
Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 3 và ·SAB SCB=· =900 Tính thể tích khối
chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC).
Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) Ta có:
(gt)
SH ABC
HA AB
SA AB
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+ Có: AH / /BC⊂(SBC)⇒AH / / (SBC)
[ , ( )] [ , ( )] 2
+ Dựng HK ⊥SC tại K (1) Do
BC HC
BC SH
(1) và (2) suy ra HK ⊥(SBC) Từ đó d H SBC[ , ( )]=HK =a 2
2 2 3 2 2 2
a
+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc · SBH =450 (do ∆SHB vuông cân)
Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
a b c b c a c a b
S
B
A
K
Trang 4Thầy giỏo:Lờ Nguyờn Thạch ĐT:01694838727
Từ giả thiết ta cú
b b c c a a P
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta cú:
3 3
3
+
Tương tự
3 3
3
+
3 3
3
+
Cộng vế theo vế cỏc bất đẳng thứ trờn ta được:
b b c c a a a b c
a b c P
+ + +
Cõu 6a: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
x y
phương trỡnh đường thẳng ∆ vuụng gúc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giỏc OAB cú diện
tớch bằng 3
Giải: ∆ vuụng gúc với đường thẳng (d) nờn cú phương trỡnh x – 3y + m = 0.
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của ∆ và (E):4x2 + (x + m)2 = 36 ⇔ 5x2 + 2mx + m2 − 36 = 0 (1)
Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phõn biệt A(x1; y1), B(x2; y2) khi và chỉ khi phương trỡnh (1) cú hai nghiệm
x1, x2 phõn biệt
⇔∆ = 720 – 16m2 > 0 ⇔ 3 5− < <m 3 5 (2)
10
m
d O ∆ =
2
OAB
16 720 8100 0
2
m − m + = ⇔ = ±m (thỏa điều kiện (2))
Vậy phương trỡnh đường thẳng ∆: 3 3 10 0
2
Cõu 6a: 2 +) ( , ) 5
2
d I AB = ⇒AD = 5 ⇒ AB = 2 5 ⇒ BD = 5
+) PT đường trũn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
( )
( 2;0), (2; 2)
2
2 2 0
0
x y
x
y
=
(3;0), ( 1; 2)
Cõu 7a :Bpt ( ) 2 2 ( ) 2 2
2 3 x − x 2 3 x− x 4
⇔ + + − ≤ Đặt : t = ( ) 2 + 3 x2−2x( t > 0 ) BPTTT : t 1 4
t
+ ≤
2 4 1 0
t t
⇔ − + ≤ ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm)
Khi đó : 2 − 3 ≤ ( 2 + 3 )x2−2x ≤ 2 + 3 ⇔−1≤ x2 −2x≤1⇔
2 1 2
1 0 1
2
2 − x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ +
x
Cõu 6b: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú đỉnh A(2; 1), trực tõm H(14; –7), đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh B cú phương trỡnh: 9x – 5y – 7 = 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh B và C.
Giải: Gọi M là trung điểm AC Khi đú phương trỡnh tham số của : 2 5 ( )
5 9
= − +
= − +
B, M ∈ BM ⇒ B(− +2 5 ; 5 9 ,b − + b M) (− +2 5 ; 5 9m − + m)
M là trung điểm BC ⇒ C(10m−6;18m−11)
Ta cú:uuurAH =(12; 8),− BCuuur=(10m− −5b 4;18m−9b−6),BHuuur=(16 5 ; 2 9 ),− b − − b uuurAC=(10m−8;18m−12)
Trang 50 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0
AH BC= ⇔ m− − −b m− − =b ⇔ =b 2m (1)
0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0
uuur uuur
(2)
2
m= b= ta được B(3;4), C(-1;-2)
m= b= ta được 154 203; , 58; 115
Câu 6b: 2, (C) có tâm I(3;0) và bán kính 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 0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
Vì MI là phân giác của ·AMB
(1) ⇔ ·AMI = 300
0
sin 30
IA MI
⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m2+ = ⇔ =9 4 m m 7 (2) ⇔ ·AMI = 600
0
sin 60
IA MI
3 R ⇔ 2 4 3
9 3
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )
Câu 7b: Giải phương trình: 3 3
log x=3 2 3log+ x+2
Với điều kiện x > 0, ta đặt u=log2x và v=3 2 3+ u⇒ − =v3 2 3u Ta có hệ:
3
3
2 3
2 3
− =
− =
Do
2
u + + + =uv v u+ v + v + > ∀u v∈
3
3
1
2 3
(*)
2
u v
⇔ − = ⇔ − − = ⇔ = =
2
u= − ⇒ x= − ⇔ =x
Với u= ⇒2 log2 x= ⇔ =2 x 4