đề thi thử THPT QG môn toán số 30.PDF

Tớnh thể tớch khối chúp S.ABC và khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng SAC theo a.. Tỡm tọa độ trọng tõm G của tam giỏc ABC.. Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B vμ nội tiế

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015

Mụn: TOÁN; Khối A

Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y mx 33mx23m1 cú đồ thị là  C m

a) Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số với m1

b) Chứng minh rằng với mọi m0 đồ thị  C m luụn cú hai điểm cực trị A và B, khi đú tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để 2AB2(OA2OB2) 20 ( trong đú O là gốc tọa độ)

Cõu 2 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh: 2 3sin2x3sinxcos2x3cosx

Cõu 3(1 điểm): Giải hệ phương trỡnh:





Cõu 4 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy là tam giỏc vuụng cõn tại C, cạnh huyền

bằng 3a, G là trọng tõm tam giỏc ABC, ( ), 14

2

a

SG ABC SB Tớnh thể tớch khối chúp

S.ABC và khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng ( SAC) theo a

Cõu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là ba số dương thoả món x2 + y2 + z2 = 1

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1

x y z

   

Cõu 6(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú phương trỡnh đường thẳng

AB x y   , phương trỡnh đường thẳng : 3AC x4y  và điểm (1; 3)6 0 M  nằm trờn

đường thẳng BC thỏa món 3MB2MC Tỡm tọa độ trọng tõm G của tam giỏc ABC

Cõu 7 (1điểm):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn     2 2

C x  y 

vμ đường thẳng   :x5y 2 0 Gọi giao điểm của (C) với đường thẳng  lμ A, B Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B vμ nội tiếp đường tròn (C)

Cõu 8 (1,0 điểm) Tỡm hệ số của x trong khai triển thành đa thức của biểu thức 2

1

P x  x

Cõu 9 (1,0 điểm) Tỡm tất cả cỏc giỏ trị m để bất phương trỡnh m2x m  x 1 cú nghiệm trờn đoạn  0; 2

-Hết -Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm

Họ và tờn thớ sinh:……….……… …….…….….….; Số bỏo danh………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015

Môn: TOÁN; Khối A

II ĐÁP ÁN:

1 a 1,0 điểm

Với m1, hàm số đã cho có dạng: y x 33x2

TXĐ: 

lim ( 3 ) lim 1

x

lim ( 3 ) lim 1

x

0,25

Sự biến thiên của hàm số

Ta có: y' 3 x26x; ' 0 0

2

x y

x





   

 BBT:

y



0

4





0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;0 và 2;, nghịch biến trên khoảng  0; 2

Hàm số đạt cực đại tại điểm x0; giá trị cực đại của hàm số là y 0 0

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x2; giá trị cực tiểu của hàm số là y 2  4

0,25

Đồ thị:

Giao điểm với trục tung là điểm  0;0

0 0

3

x y

x





   

 Nhận xét: Điểm I1; 2 là tâm đối xứng của đồ

b 1,0 điểm

Ta có: y' 3 mx26mx ' 0 0

2

x y

x





    

 ( Với mọi m khác 0)

Do 'y đổi dấu qua x0 và x2 nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm)

0,25

Với x  0 y 3m1; 2x     y m 3

0,25

Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử

0;3 3 , 2; 3

A m B  m

Ta có: OA2 OB22AB2  20  2  2  2

2

11m 6m 17 0

1 17 11

m m









  



KL: Với

1 17 11

m m







  



thì ycbt được thỏa mãn

0,25

2 1,0 điểm

Phương trình đã cho tương đương với:

0,25

cos x  sinx 

sin

sin (loai)

x

x

  





2

0 6

0,25

        

3 1,0 điểm

HPT































7 2 4

) 1 ( 0 6 1 2 )

1 2 ( 2

2

x

y x y

x

Điều kiện: x+2y 1 0

Đặt t = x2y1 (t 0)

0,25

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0  

 

2 / 3 t/m 2

 



 



0,25

Khi đó hpt đã cho 2 2

1 1

2

1 2

x y

x

y

 



 













 







Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )

2

1 , 2

4 1,0 điểm

H M I

G S

C

B A

Vì tam giác ABC vuông cân tại C, 3 3

2

a

AB aCA CB 

Gọi M là trung điểm AC 3

2 2

a MC

2 2

a MB

0,25

a

a

V SG S

Kẻ GI AC I( AC)AC (SGI)

Ta có 1

a

GI  BC Kẻ GH SI H SI(  )GH (SAC)d G SAC( ,( ))GH 0,25

Ta có 1 2 12 12

3

a GH

GH GS GI   d B SAC( ,( )) 3 ( ,( d G SAC)) 3 GH a 3

0.25

5 1,0 điểm

Áp dụng BĐT Cauchy:

3

x  y z xyz

Nên P ≥

3

3 2xyz

Đặt t = 3 xyz

Cũng theo Cauchy: 1 = x2 + y2 +z2 ≥ 3 x y z Đẳng thức khi x = y = z 3 2 2 2

Nên có: 0 < t ≤ 3

Xét hàm số: f(t) = 3 3

2t

t  với 0 < t ≤ 3

3 Tính f’(t) =

4 2

6t



Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥ 29 3

9  t  0; 3

3



Từ đó: P ≥ 29 3

9 GTNN của P là

29 3

9 đạt khi x = y = z =

3

6 1,0 điểm

Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên B a ;1 2 a,

Tương tự: C 2 4 ;3b b

Ta có: MBa1; 4 2 a, MC   3 4 ;3b b3

0.25

Ta có      AB  AC  A A2; 3 

Vì B, M, C thẳng hàng, 3MB2MC nên ta có: 3MB2MC hoặc 3MB 2MC 0.25

TH1: 3MB2MC    

3 4 2 2 3 3

   



 



11 5 6 5

a b

 



  

 



11 17

;

 ,

14 18

;

C   

7 10

;

3 3

0.25

TH2: 3MB 2MC    

3 4 2 2 3 3

    



 



3 0

a b





  



3; 5 ,  2;0

3

G  

   

Vậy có hai điểm 7; 10

3 3

G   

  và

8 1;

3

G   

  thỏa mãn đề bài

0.25

7 1,0 điểm

-Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:













































































1 3 0 2 2

5

0 26 26

0 2 5

13 2

y x y x

y x

y y

y x

y x

0,25

  2;0 , 3; 1

-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của

đường tròn (C) Hay tâm I1;2 là trung điểm của AC

0,25

Khi đó: A  2;0 ,B   3; 1 C4; 4

 3; 1 ,  2;0  1;5

A   B C

Vậy: C4;4 hoặc C 1;5

0,25

8 1,0 điểm

Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:

6( 1) 6 ( 1) 6k k( 1) k 6 ( 1) 6

P C x  C x x   C x x    C x x C x 0.25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6

6( 1)

C x và

1 2 5

6 ( 1)

Hệ số của x2 trong khai triển 0 6

6( 1)

C x là : 0 2

6 6

C C

Hệ số của x trong khai triển 2 1 2 5

6 ( 1)

C x x là : 1 0

6 5

C C

Vì vậy hệ số của x trong khai triển P thành đa thức là : 2 0 2

6 6

C C 1 0

6 5

C C

9 1,0 điểm

Ta có m2x m   x 1 m2x m x  22x1

2 4 1 1

m

x

 

 

Xét hàm số   2 4 1

1

f x

x

 



 trên đoạn  0; 2 , ta có

 

2 2

2 5

1

x

 



0.25

Bảng biến thiên

   

0 1; 2 1;

1 6 2 6 6

f

0.25

Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì

m f x  f     0.25

+

- 1 1

2 6 - 6 f(x)

f'(x)