2.Xác định m để hàm số 1 có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.. Tính thể tích của khối đa diện MNAB
Trang 1SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn Thi : TOÁN – Khối A,B
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x4-2mx2 +m - 1 (1) , với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 .
2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một
tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
Câu II : ( 2 điểm)
Giải các phương trình
1. 2 cos 2 x + 2 3 sinxcosx +1 3 3 cosx =3sinx
2
3
5
1
2 )
1
3 ( x + x 2 - = x 2 + x -
Câu III : (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
=
+
ò
Câu IV : (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy,
G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa
diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 30 0
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.
P
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.(1 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 2x 2my + m 2 24 = 0 có tâm I và đường thẳng D: mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng D cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân
biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
2. (1 điểm) Giải bất phương trình
2
2
log 2log
2 2 x + x x -20£ 0
Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
B.Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
1. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A ( 2 ; - 1 ) , B ( 1 ; - 2 ) , trọng tâm G của
tam giác nằm trên đường thẳng x + y - 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
13,5 2. (1 điểm):Giải phương trình:
x
x
x
3
2
27 log )
1 ( log )
3
3
2
1
3
1
-
-
+
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Hết
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.)
http://kinhhoa.violet.vn
Trang 2Câu I
(2đ)
1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: 4 2
2
· TXĐ: D=R
1
x
x
=
é
ë
0,25
( ) 0 0, ( ) 1 1
· Bảng biến thiên
x ¥ 1 0 1 + ¥
y ’ - 0 + 0 - 0 +
0,25
· Đồ thị
0,25
2
0
=
é
=
ë
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị Û pt y = có ba nghiệm phân biệt và ' 0 y đổi dấu '
khi x đi qua các nghiệm đó Ûm > 0
0,25
· Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
0,25
2
SV = y -y x -x = m m ; AB=AC= m4 +m BC, = 2 m 0,25
3
2
1
2
2
ABC
m
AB AC BC
=
é
ê =
ê
V
0,25
Câu II
(2đ) 2 cos 2 3 sin cos 1 3 (sin 3 cos )
2
x
x
x
x
0,5
8
6
4
2
2
4
6
8
Trang 32 2cos(2x ) 6cos(x )
2
6
3
p
é
ê
Û ê
p
ê
Z
k
k
x
k
3
2
2
p
0,25
0,25
2
3
5
1
2 )
1
3 ( x + x 2 - = x 2 + x -
PT Û 2 ( 3 x + 1 ) 2 x 2 - 1 = 10 x 2 + 3 x - 6
2
3
2 )
1
2 (
4
1
2 )
1
3
(
2 x + x 2 - = x 2 - + x 2 + x - Đặt t = 2 x 2 - 1 ( t ³ 0 )
Pt trở thành 4 t 2 - 2 ( 3 x + 1 ) t + 2 x 2 + 3 x - 2 = 0
)
3 ( )
2
3
2 (
4 )
1
3 (
0,5
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
1
=
-
= x t x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
þ
ý
ü +
î
í
ì - +
Î
7
60
2
;
2
6
1
Câu
III
(1đ)
3
2
3
ln
.
ln 2
x
x
0,25
Đặt 1 3 ln2 ln2 1( 2 1) ln 1
dx
x
( )
2
3
2
2
2
1
1
1 3ln
x
t
-
+
0,25
2
3
1
9 ln 2 3t t 27 ln 2
0,25
Câu
IV
(1đ)
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có
2
3
SG
SO = suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.
Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của
SC, SD.
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:
.
.
S ABN
S ABN
S ABD
0,25
M
N
O
C
B
G S
Trang 4.
S BMN
S ABN
S BCD
8
3
V = SA dt ABCD ; mà theo giả thiết SA^ (ABCD ) nên góc hợp bởi AN với
tan 30
SA
Suy ra: thể tích cần tìm là:
24
3
5
8
5
8
V
V
V
V
V
0,25
0,5
Câu V
(1đ) Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥
3
3 xyz Û (xyz) 3 ≥ 27.xyz Û xyz ≥ 3 3 0,25
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x 2 + yz + yz ≥ 3 (3 xyz ; y ) 2 2 + zx + zx ≥ 3 (3 xyz ) 2 ; z 2 + xy + xy ≥ 3 (3 xyz ) 2 0,25
Từ đó ta có P
3
3 (xyz) 3 (xyz) 3 (xyz) (xyz ) (3 3)
Từ đó ta có Max P = 1
= =
ì
í
î
.
0,25
0,25 Câu
VI
(2đ)
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. IH =
( , )
d I
+
0,25
2
25
m
Diện tích tam giác IAB là S DIAB =12Û2S D IAH = 12
3 ( , ) 12 25 | | 3( 16) 16
3
m
m
= ±
é
ê
ê = ±
ë
0,25
0,25
Điều kiện: x> 0 ; BPT Û 4 log2 2 2log 2
Đặt t= log 2 x . Khi đó x = 2 t .
2 t
0,25
0,25
I
D
H 5
Trang 5Do đó 1 £ log x 2 £ 1 Û 1 2
2 £x £
Câu
VII
(2đ)
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 4 2 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
10
2
5 =
C cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 2 . C 5 2 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả 2
4
5
C 4! = 1440 số
0,5 0,5 . Vì G nằm trên đường thẳng x + y - 2 = 0 nên G có tọa độ G = ( t ; 2 - t ) . Khi đó
)
3
;
2
( t t
AG = - - , AB = ( - 1 ; - 1 ) Vậy diện tích tam giác ABG là
2
1
.
2
2
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
5 ,
4
2
3
2
=
-
t
, suy ra t = 6 hoặc t = - 3 . Vậy có hai điểm G : G 1 = ( 6 ; - 4 ) , G 2 = ( - 3 ; - 1 ) . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên x C = 3 x G - ( x a + x B ) và y C = 3 y G - ( y a + y B ) .
Với G 1 = ( 6 ; - 4 ) ta có C 1 = ( 15 ; - 9 ) , với G 2 = ( - 3 ; - 1 ) ta có C 2 = ( - 12 ; 18 )
0,5
0,5
· ĐK: x > 1
.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :
0,5
0,25
Câu
VII
(1đ)
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 5 2 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và C 5 3 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 2 . C 5 3 = 100 bộ 5 số được chọn. 0,5 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 5 2 . C 5 3 .5! = 12000 số.
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 1 . C 5 3 . 4 ! = 960 . Vậy có