Cho hỡnh chúp S.ABCD đỏy là hỡnh vuụng cạnh 2a , tam giỏc SAB đều , tam giỏc SCD vuụng cõn đỉnh S.. Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.. PHẦN TỰ CHỌN Thớ sinh chỉ được làm một trong
Trang 1Thầy giỏo:Lờ Nguyờn Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 14
Ngày 15 thỏng 10 Năm 2013
I PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thớ sinh )
Cõu I ( 2 điểm ) Cho hàm số : y x = 3− 3 x − 1
1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Viết phương trỡnh đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phõn biệt A, M, N sao cho x A=2và MN=2 2
Cõu II ( 2 điểm )
1) Giải phương trỡnh : tan2x+ +(1 tan2x) (2 3sin− x) − =1 0
2) Giải hệ phương trỡnh với ,x y∈Ă
Cõu III ( 1 điểm ) Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log ( 6 ) log ( 3 2 2) 0
2 5
,
Cõu IV ( 1 điểm ).
Cho hỡnh chúp S.ABCD đỏy là hỡnh vuụng cạnh 2a , tam giỏc SAB đều , tam giỏc SCD vuụng cõn đỉnh S Tớnh thể
tớch khối chúp S.ABCD theo a
Cõu V ( 1 điểm )
Chứng mimh rằng vớia>0,b>0,c>0thỡ 1 1 1 1 1 1
3
II PHẦN TỰ CHỌN ( Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B )
A Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu VIa ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú đỉnh B ( − 2;1 , ) điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox
( x C ≥0) gúc ãBAC=30o; bỏn kớnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC bằng 5 Xỏc định toạ độ điểm A và C
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A ( 1 ; 1 ) , B ( − 2 ; 5 ) , đỉnh C nằm trên đờng
n
n n
n n
C
S = 0 − 2 1+ 3 2− 4 3+ ⋅ ⋅⋅ + ( − 1 ) ( + 1 )
B Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu VIb ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trũn ( ) C x : 2 + y2− 6 x + 2 y + = 6 0 và điểm A(1;3) ; Một
đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C) Lập phương trỡnh của d sao cho AB AC+ nhỏ nhất
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A ( 2 ; − 1 ) , B ( 1 ; − 2 ) , trọng tâm G của
tam
13,5
Cõu VIIb ( 1 điểm ).
Tỡm tất cỏc số thưcα để bất phương trỡnh :log2x+log 2 2 osx + c α≤0 cú nghiệm x>1
Hết
Trang 2Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14
Câu I (2 điểm)1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y x = 3− 3 x − 1
Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ¢ = 3 x2- 3 Cho y ¢ = 0 Û 3 x2- 3 = 0 Û x = 1 , x = - 1
Giới hạn: lim ; lim
Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 1); (1;+ ¥ , NB trên khoảng ) ( 1;1)
-Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1tại xCD = - 1, đạt cực tiểu yCT = –3 tại xCT = 1
BBT
Điểm uốn: I ( 0; 1 - ) vì:
y¢¢ = x = Û x = Þ y = -
Giao điểm với trục hoành:không có nghiệm nguyên Bảng giá trị
x - 1 0 1 2
y 1 - 1 -3 1
Đồ thị hàm số: hình vẽ bên.
2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x A=2và MN=2 2 Nhận xét: nếu
đường thẳng d qua A không có hệ số góc tức x = 2 cắt (C) nhiếu nhất 1 điểm không thỏa yêu cầu bài toán Do đó d
phải có hệ số góc Vì x A=2nên y A=1suy ra phương trình d có dạng y k x= ( − +2) 1
Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) là:
x
=
Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N ⇔(*) có 2 nghiệm phân biệt, x x1, 2 ≠2 ;MN=2 2
Theo vi ét x1,+x2= −2; x x1 2= −1 k Ta có :
Hay 8=(k2+1 4 4 1) ( − ( −k) ) ⇔k3+ − =k 2 0⇔ =k 1 (thoả yêu càu bài toán ).Vậy d có pt là : y x= −1
Câu II( 2 điểm)1) Giải phương trình : tan2x+ +(1 tan2x) (2 3sin− x)− =1 0 Điều kiện cosx≠0
Phương trình viết lại
2 2
1 tan
2 3sin
1 tan
x x
x
−
+
2
2 3sinx cos2x 2sin x 3sinx 1 0
2
so sánh đ/k chọn sin 1
2
x π k π x π k π k
⇔ = + = + ∈¢ 2) Giải hệ phương trình với ,x y∈¡
( ) ( )
y + − y y− = x y− + − x y− − −x y
y ¢
Trang 3Thầy giỏo:Lờ Nguyờn Thạch ĐT:01694838727 Xột hàm số f t( ) = t2+ −1 t t− 2liờn tuc [0;+∞) cú /( )
2
1 2 2 1
t
t t
+
2
2 1
t t
= − ữ− < ∀ >
+
Suy ra hàm số nghịch biến ( 0; +∞ ) nờn f y ( ) = f x y ( − ⇔ = ) x 2 y
Thay vào (1) ta cú ( y−2) (x2− + = ⇔ =x 1) 0 y 2 ⇒ =x 4.Vậy hệ cú nghiệm (x ;y) = (4 ; 2)
Cõu III(1 điểm)3 /log ( + 6 ) + log ( 3 − 2 − 2) = 0 ⇔
2 5
,
2
+
−
−
=
<
<
−
⇔
−
−
= +
>
−
−
⇔
3 8
1 3
2 3 6
0 2
3
2 2
2
x x m
x x
x x
m
x x
Xét hàm số f ( x ) = − x2− 8 x + 3 , − 3 < x < 1 ta có f ' ( x ) = − 2 x − 8 , f ' ( x ) < 0khi x>−4, do đó f (x ) nghịch biến trong khoảng ( − 3 ; 1 ), f ( − 3 ) = 18 , f ( 1 ) = − 6 Vậy hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất khi − 6 <m< 18
Cõu IV(1 điểm )Cho hỡnh chúp S.ABCD đỏy là hỡnh vuụng cạnh 2a , tam giỏc SAB đều , tam giỏc SCD vuụng cõn đỉnh S Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.
Ta cú diện tớch đỏy hỡnh vuụng ABCD : S =4 a 2
Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giỏc SAB đều nờn đường cao
3 2
a
SE= =a Tam giỏc SCD vuụng cõn đỉnh S nờn đường cao SF = a
Do đú ta cú tam giỏc SEF vuụng tại S (vỡ EF2=SE2+SF2) Trong tam giỏc SEF kẻ SH vuụng gúc EF tại H
Ta cú SH vuụng gúc mp(ABCD) 12 12 12 12 12 42
SH =SE +SF = a +a = a
2
a SH
V = S ABCD SH = a = ( đvt
Cõu V(1 điểm) CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thỡ
3
a 2 b + = a + 2 2b ≤ 1 2 a 2b + + = 3 a 2b + (1)
+ (2) Từ (1) và
+ (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)
3
dấu " "= xẩy ra khi và chỉ khi a b c= =
C.
Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta cú BC=2 sin 30R o= 5 2 ( ) (2 )2
⇒ = ⇔ + + − = ⇔ = c 0 , c = − 4 ( loai )
Suy ra C(0 ;0) trựng với điểm O Gọi H hỡnh chiếu vuụng gúc điểm B trờn Oy ta cú tam giỏc BHA một nửa tam giỏc đều Nờn BA =2 BH do đú HA = 2 3 ⇒A(0;1 2 3)+ hoặc (0;1 2 3)A −
Vậy cú (0;1 2 3)A − , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc (0;1 2 3) A + , B(-2 ;1) , C(0 ;0)
2) Ta có C = ( 4 ; yC) Khi đó tọa độ G là
3
2 3
5 1 , 1 3
4 2
G G
y y
y
0 6
3
2 x − y + = nên 2 − 6 − yC + 6 = 0, vậy yC = 2, tức là
Trang 4Thầy giỏo:Lờ Nguyờn Thạch ĐT:01694838727
)
2
;
4
(
=
C Ta có AB = ( − 3 ; 4 ) , AC = ( 3 ; 1 ), vậy AB = 5, AC = 10, AB AC = − 5
2
1
2
−
=
−
= AB AC AB AC
2 15
Cõu 7a: Ta có ( 1 + x )n = Cn0+ Cn1x + Cn2x2 + ⋅ ⋅⋅ + Cn nxn, suy ra
( 1 + ) = 0 + 1 2+ 2 3+ ⋅ ⋅⋅ + n n+1
n n
n n
n C x C x C x C x x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : ( 1 + x )n+ nx ( 1 + x )n− 1= n n
n n
n
n C x C x n C x
C0 + 2 1 + 3 2 2+ ⋅ ⋅⋅ + ( + 1 ) Thay x=−1vào đẳng thức trên ta đợc S
Cõu VIb.(2 điểm )1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trũn ( ) 2 2
C x + y − x + y + = và điểm A(1;3) ;
Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trỡnh d sao cho AB AC+ nhỏ nhất
Tõm đường trũn (3; 1),I − R=2;IA=2 5=d I A( , )> =R 2 nờn điểm A nằm ngoài (C)
Ta cú P A C/( ) =AB.AC = d 2- - R 2 = 16 ; và AB AC+ ≥2 AB AC =2.4 8= dấu “=”xẩy ra ⇔AB = AC = 4 Khi đú d là tiếp tuyến của (C), d cú dạng (a x− +1) b y( − =3) 0⇔ax by a+ − −3b=0
Từ đú ta cú d I d( , ) 2 3a b a2 23a 2
a b
− − −
+
b
b ab
a b
=
1
b a
=
=
4 3
b a
=
∨ =
Vậy phương trỡnh d : x=1 , 3x+4y− =15 0
2) Vì G nằm trên đờng thẳng x + y − 2 = 0 nên G có tọa độ G = ( t ; 2 − t ) Khi đó AG = ( t − 2 ; 3 − t ), AB = ( − 1 ; − 1 )
2
1
2
−
− +
−
=
−
2
3
2 t −
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13 , 5 : 3 = 4 , 5 Vậy 4 , 5
2
3 2
=
−
t
, suy ra t =6
hoặc t=−3 Vậy có hai điểm G : G1= ( 6 ; − 4 ) , G2= ( − 3 ; − 1 ) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên xC = 3 xG− ( xa + xB)
và yC = 3 yG− ( ya+ yB)
Với G1= ( 6 ; − 4 ) ta có C1= ( 15 ; − 9 ) , với G2= ( − 3 ; − 1 )ta có C2= ( − 12 ; 18 )
Cõu VIIb (1 điểm)Tỡm tất cỏc giỏ trị α∈Ă để bất phương trỡnh :log2x + log 2 2 osx + c α ≤ 0 cú nghiệm x>1
.Với x 1> ; Bpt tương đương với 2
2
1
log
mặt khỏc log2x>0 nờn theo Cụsi ta cú: 2
2
1
log
x
x
Từ (1) và (2) ta cú ∀ x 1> : bpt ⇔VT = VP = 2
cosα 1 α π k2 (π k )
⇔ = − ⇔ = + ∈Â khi đú bất phương trỡnh cú nghiệm
2
log x = 1 ⇔ =x 2 Vậy α π= +k2 (π k∈Â)