Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5... B¶ng biÕn thiªn:.[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 169)
Phần bắt buộc.
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số
1
1 2
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I ( 1 ; 2 ) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất
CÂU 2 (2 điểm)
1 Giải phương trình : 2 sin2x sin 2 x sin x cos x 1 0
2 Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log ( 6 ) log ( 3 2 2) 0
2 5
,
CÂU 3 (1điểm) Tính tích phân: 2
1 2
2
4
dx x
x I
CÂU 4 (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD Tính thể tích a
CD
BC
tích tứ diện ABC’D’.
CÂU 5 (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
Scos3A2cosAcos2Bcos2C.
Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )
Phần A
CÂU 6A (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A ( 1 ; 1 ) , B ( 2 ; 5 ) , đỉnh C nằm trên đường
thẳng x40, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 2 x y 3 6 0 Tính diện tích tam giác ABC.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
1
2
1
5 3
2
2
y x
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và vuông góc với d’
n
n n
n n
C
S 0 2 1 3 2 4 3 ( 1 ) ( 1 ) Phần B.
CÂU 6B (2 điểm)
1 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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
1
2
1
5 3
2
2
y x
Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d’ một góc 300
n n
n
C
S 0 2 1 3 2 ( 1 )
Trang 2Đỏp ỏn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 69)
Câu 1 1 Tập xác định : x1
1
3 2 1
1
2
x x
x
) 1 (
3 '
x y
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng : x1 , tiệm cận ngang y 2
2 Nếu ( ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình
1
3 2
;
0
x x
) 1 (
3 1
3
0 0
x x x
x
hay 3 ( ) ( 1 )2( 2 ) 3 ( 0 1 ) 0
0
x
Khoảng cách từ I ( 1 ; 2 ) tới tiếp tuyến là
Theo bất đẳng thức Côsi
0 2 0
4 0
0 4
0
0 0
) 1 ( ) 1 ( 9
6 )
1 ( 9
1 6 1
9
) 1 ( 3 ) 1
(
3
x x
x
x x
x x
d
, vây Khoảng cách d lớn nhất bằng khi
6 9 2 ) 1 (
)
1
(
0
2
0
1 3 1 3 )
1 (
)
1
(
9
0
2 0
2 0
2
0
x
Vậy có hai điểm M : M 1 3 ; 2 3 hoặc M 1 3 ; 2 3
CÂU 2
1) 2 sin2x sin 2 x sin x cos x 1 0 2 sin2x ( 2 cos x 1 ) sin x cos x 1 0
( 2 cos x 1 )2 8 (cos x 1 ) ( 2 cos x 3 )2 Vậy sin x 0 , 5 hoặc sinxcosx1
Với sin x 0 , 5 ta có x 2k hoặc
6
5
4
sin 2
2 4
sin 1 cos
x x
x
x 2 k hoặc x 2k
2
3
2) 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 x4, do đó f (x ) nghịch biến trong khoảng ( 3 ; 1 ), f ( 3 ) 18 , f ( 1 ) 6 Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi 6m18
CÂU 3 Đặt x2sint thì dx2costdt , khi x1 thì , khi thì , vậy:
6
2
t
2
1
2
6 2
2 2
2
sin
cos 4
dt t
t dx
x
x
6
2 6 2
6
sin 1
t t d dt
CÂU 4 Vì CD BC , CD AB nên CD mp (ABC )và do đó
) ( )
( ABC mp ACD
mp BC' AC BC mp (ACD )
Trang 3Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ( ' ') '
3
1
BC D AC dt
V
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2 ' '
Ta có AD2 AB2 BD2 AB2 BC2 CD2 3a2 nên AD a 3 Vì BD’ là đường cao của tam giác vuông ABD nên AD ' AD AB2, Vậy Ta có
3
AD
Vậy 12
2 3
1 3
3 2
2 2
1 '.
'.
2
1 ˆ sin ' '.
2
1
)
'
'
AD
CD AD AC D
A C AD AC D
AC
2
2
12
2
3
V
36
3
a
CÂU 5 S cos3A2cosAcos2Bcos2C=cos 3 A 2 cos A 2 cos( B C ) cos( B C )
cos3A2cosA1cos(BC)
Vì cos A 0 , 1 cos( B C ) 0nên S cos3A, dấu bằng xẩy ra khi cos( B C ) 1 hay
Nhưng , dấu bằng xẩy ra khi hay A =
2
C
1 3
Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều
Phần A (tự chọn)
CÂU 6A
1 Ta có C ( 4 ; yC) Khi đó tọa độ G là Điểm G nằm trên
3
2 3
5 1 , 1 3
4 2
G G
y y
y
đường thẳng 2 x y 3 6 0 nên 2 6 yC 6 0, vậy yC 2, tức là
)
2
;
4
(
C AB ( 3 ; 4 ) , AC ( 3 ; 1 ) AB5 AC 10 AB.AC 5
2
1
2
S
2 15
2.Đường thẳng d đi qua điểm M ( 0 ; 2 ; 0 ) và có vectơ chỉ phương u ( 1 ; 1 ; 1 )
Đường thẳng d’ đi qua điểm M ' ( 2 ; 3 ; 5 ) và có vectơ chỉ phương u (' 2 ; 1 ; 1 )
Ta có MM ( 2 ; 1 ; 5 ), u ; u ' ( 0 ; 3 ; 3 ), do đó u ; u ' MM ' 12 0 vậy d và d’ chéo nhau
Mặt phẳng ( )đi qua điểm M ( 0 ; 2 ; 0 ) và có vectơ pháp tuyến là u (' 2 ; 1 ; 1 ) nên có phương trình:
hay 0 )
2
(
2 x y z 2 x y z 2 0
CÂU 7A Ta có ( 1 x )n Cn0 Cn1x Cn2x2 Cn nxn, suy ra
( 1 ) 0 1 2 2 3 n n1
n n
n n
n C x C x C x C x x
x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
( 1 x )n nx ( 1 x )n1 n n
n n
n
n C x C x n C x
C0 2 1 3 2 2 ( 1 ) Thay x1vào đẳng thức trên ta được S
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B
1 Vì G nằm trên đường thẳng x y 2 0 nên G có tọa độ G ( t ; 2 t ) Khi đó AG ( t 2 ; 3 t ),
)
1
;
1
(
2
1
2
S
2
3
2t
Trang 4Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13 , 5 : 3 4 , 5 Vậy 4,5, suy
2
3 2
t
ra t6 hoặc t 3 Vậy có hai điểm G : G1(6;4),G2(3;1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
) (
x yC 3 yG ( ya yB)
Với G1(6;4) ta có C1 (15;9), với G2(3;1)ta có C2 (12;18)
2.Đường thẳng d đi qua điểm M ( 0 ; 2 ; 0 ) và có vectơ chỉ phương u ( 1 ; 1 ; 1 )
Đường thẳng d’ đi qua điểm M ' ( 2 ; 3 ; 5 ) và có vectơ chỉ phương u (' 2 ; 1 ; 1 )
Mp( ) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến vuông góc với và n u Bởi vậy
2
1 60 cos ) '
;
nếu đặt n ( A ; B ; C ) thì ta phải có :
2
1 6
2
0
2 2
A
C B
A
C
B
A
0 2
) ( 6
3
C A B C
C A A A
C A B
Ta có 2 A2 AC C2 0 ( A C )( 2 A C ) 0 Vậy AC hoặc 2AC
Nếu AC,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B 2, tức là n ( 1 ; 2 ; 1 ) và mp ( )có phương trình
hay 0 )
2
(
x x 2 y z 4 0
Nếu 2AC ta có thể chọn A C 1 , 2, khi đó B 1, tức là n ( 1 ; 1 ; 2 ) và mp ( )có phương trình
hay 0 2
)
2
x x y 2 z 2 0
n n
n n
n C C x C x C x
x
1 ( ( 1 ) 0 1 2 2 3 n n1
n n
n n
n C x C x C x C x x
x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
( 1 x )n nx ( 1 x )n1 n n
n n
n
n C x C x n C x
C0 2 1 3 2 2 ( 1 ) Thay x1vào đẳng thức trên ta được S