Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy là trọng tâm G của tam giác ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng SAB bằng 10 a.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.. PHẦN RIÊNG 3,0 đi
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 27
Ngày 30 tháng 11năm 2013
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x3 + 3 x ( ) 1
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( ) 1
b Gọi ( ) d là đường thẳng đi qua điểm A ( 2 ; − 2 ) có hệ số góc bằng k Xác định các giá trị của tham số k để
( ) d cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn − 2
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2 sin 2 x − cos 2 x − 7 sin x − 2 2 cos x + 4 = 0
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình x + 3 − x = x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
1 2013 6 2013
x x
x x dx
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với BA a BC a = , = 2, BD a = 5 Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy là trọng tâm G của tam giác ABC và khoảng cách từ G đến mặt
phẳng (SAB) bằng
10
a
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4 a + + 8 b 6 ab + 1.Với mọi số thực a, b thay đổi thỏa mãn
điều kiện a2+ 4 b2+ 4 ab a ≤ + 2 b + 2.
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) C x2 + y2 = 9và đường tròn ( ) C ′
( x − 3 ) (2 + y − 3 )2 = a ( a > 0 ) Tìm a để ( ) C cắt ( ) C ′ tại hai điểm phân biệtA, Bsao cho góc·AOB bằng 1200.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M ( 1; 2;3 − ) Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các mặt phẳng ( Oxy ) ( ) ( ) , Oyz , Ozx Xác định tọa độ tâm và tính bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm O , A, B và C
Câu 9.a (1,0 điểm) Với n là số nguyên dương, cho khai triển ( 2 ) 2 2
x + + x = a + a x a x + + + a x và
a + a + + na = Tìm n.
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường elíp ( ) E : 1
2012 2013
2 2
= + y
x
Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm của ( ) E , M là điểm tuỳ ý trên ( ) E Chứng minh rằng . 2 4025
2
MF
Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có trọng tâm G và A ( 2 ; 1 ; 0 ),
( 0 ; − 2 ; − 3 )
B , C ( 1 ; − 5 ; 0 ).Tìm tọa độ điểm M trên trục Oz để độ dài đoạn thẳng MG nhỏ nhất
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
Hết
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 1, Tập xác định: D=R
Sự biến thiên: Giới hạn: lim ; lim
x y x y
Bảng biến thiên: y ' = − 3 x2+ 3; ' 0 y = ⇔ = ± x 1
x –1 1 y' – 0 + 0 –
y
Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞ − ; 1 ) và ( 1; +∞ ) và đồng biến trên ( − 1;1 )
Hàm số đạt cực tiểu tại x = − 1 , yCT = − 2 và đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 2
Đồ thị:
Câu 1 : 2, Phương trình đường thẳng d là : y = k ( x − 2 ) − 2
Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị (1) là − x3 + 3 x = k ( x − 2 ) − 2
( − 2 ) ( 2 + 2 + 1 + ) = 0
=
−
= + + +
=
⇔
0 2
(*) 0 1
2
2
x
k x x x g
d cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn – 2 khi và chỉ khi
( )
−
>
>
>
−
=
∆′
≠
2
0
0
2
1
x
k
g
(x1,x2 là nghiệm của (*) ) 1 0
1 0 9 2
1 0
0 9
<
<
−
⇔
−
>
<
−
≠
⇔
−
>
−
−
−
<
≠ +
k k k
k k
k
Câu 2: Phương trình đã cho ⇔ ( 2 sin x − 1 ) (sin x + 2 2 cos x − 3 ) = 0
( ) ( )
=
− +
=
−
⇔
2 0 3 cos 2 2
sin
1 0
1
sin
2
x x
x
(1)⇔ π π π 2 π
6
5 , 2 6 2
1
(2)⇔
=
= +
−
=
⇔
= +
3
2 2 cos , 3
1 sin 2 2
1 )
Kết luận PT có nghiệm: π π π 2 π
6
5 , 2
Câu 3: ĐK: x ≥ 0 với ĐK này PT đã cho tương đương với PT x + 3 − 2 + 1 − x = x − 1
-2
−∞
−∞
+∞
y
x
2
-2 -1
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
1
1 2
3
+
−
− +
+
x
x x
x
1
1 2 3
1 )
1 ( x − x + + − x + − =
1
1 2 3
1
≥
∀
<
− +
− +
6
2013x
I = ∫ dx + ∫ x x dx − Tính 1 2013 1
2013
x x
x
Tính K = ∫ 6 x x dx − 2 = ∫ 9 ( − − x 3)2dx, Đặt x − 3 = 3 sin t, =∈ − 2 ; − 2
π π
t
sin 2
x
−
−
arcsin
3
x
Câu 5 :
Áp dụng định lí đường trung tuyến tam giác, ta có:
Suy ra SABCD = 2 S∆ABC = a2
Vẽ GH //OA H ( ∈ AB ) , hạ GK ⊥ SH, ta có:AB GH AB ⊥ , ⊥ SG ⇒ AB GK ⊥
Suy ra: ( )
10
a
a
Nên 12 102 92 12
GS a
GS = a − a = a ⇒ = Kết luận: . 3
3
S ABCD
a
a + b + ab a ≤ + b + ⇔ + a b + − a + b + ≤ ⇔ ≤ + a b + ≤
P = ab + b a + + + a b + ≤ + a b + + + a b +
Đặt t a = + 2 b + 1, thì 0 ≤ ≤ t 3.
Xét f t ( ) = + t2 t với 0 ≤ ≤ t 3, ta có ' ( ) 2 1 0 1 [ ] 0 : 3
2
f t = + = ⇔ = t t − ∉
Ta có: f ( ) 0 = 0, f ( ) 3 = 12 suy ra GTLN của f t ( ) = + t2 t trên [ ] 0 : 3 là 12 nên P ≤ 12
KL: GTLN của P là 12 khi
1 1 2
a b
=
=
Câu 7a: (C) có tâm làO ( ) 0 ; 0 bk R1 = 3, (C’) tâm là bk R2 = a ( ) C cắt ( ) C ′ tại hai điểm phân biệtA, Bkhi
1 2
R
OI − < < + ⇔ 27 − 18 2 < a < 27 + 18 2
D C
B
A G H
S
K
O
Trang 4Tọa độ 2 điểm A và B là nghiệm của HPT ( )
2 2
Lấy (1) trừ (2), suy ra: ∆ : 6 x + 6 y − 27 + = a 0 là đường thẳng qua A và B.
Mà tam giác OAB cân, có OA = OB =3 nên
2
3
=
OH ( H là trung điểm của AB)
2
3 27 2
3
O
Câu 8a: Vì A, B, C là hình chiếu của M trên mp(Oxy), (Oyz) và (Ozx)⇒ A ( 1; 2;0 − ), B ( 0 ; − 2 ; 3 ) và C ( 1 ; 0 ; 3 )
Gỉa sử pt mặt cầu (S ) đi qua bốn điểm O , A, B và C là:
0 2
2 2
2
2
2 + y + z + ax + bx + cx + d =
x Thay tọa độ các điểm O , A, B và C vào pt (S )ta được hpt:
= +
+
= +
+
−
= +
−
=
0 10 6
2
0 13 6
4
0 5 4
2
0
c
a
c b
b
a
d
⇔
=
−
=
=
−
=
0 2 3 1 2 1
d c b a
Tâm của (S )có tọa độ là 1 3
; 1;
, bán kính có độ dài bằng 14 2 .
n
n x + + x − x + = + a a x + + na x − Chọn x = ⇒ 1 n 3 3n−1 = n 3n = + a1 2 a2+ + 2 na2n, ta được: n 3n = 81
Xét HS f x ( ) = x 3x ⇒ f x ' ( ) = + 3x x 3 ln 3 0x > ⇒ HS f ĐB trên ( 0; +∞ )
Mà f ( ) 3 = 81 KL: n = 3 là giá trị cần tìm
2012 2013
:
;
2 2
= +
y x
M Suy ra MF1 = 2013 + e x , MF2 = 2013 − e x
2 2
) 1 (
2013 + y2 + x2 − e2
2013
1 1 (
A B C A B C A B C
MG = + + z ≥ KL: MG nhỏ nhất ⇔ = − z 1 hay M ( 0;0; 1 − )
Câu 9b: ĐK: x > 1 và y > 3 (*)
x − y + x − y + = ⇔ + x + + = x y + + + y (1)
Từ hs f t ( ) = + t2 t đồng biến trên( 0; + ∞ ) và (*) nên (1) ⇔ + = + ⇔ = + x 2 y 1 y x 1.
Trang 5Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Do đó log12( x − + 1 ) log12( y − = 3 ) 1 ( 1 ) ( 2 ) 12 5 ( ) 6.
2
x
=
Kết luận: nghiệm của hệ phương trình là x = 5, y = 6