de thi thu dai hoc mon toan truong gia loc

Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa DE và A’F.. Tìm toạ độ điểm M thuộc CD sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất.[r]

Trang 1

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT GIA LỘC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề)

Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số 2 1

1

x y x





 có đồ thị là (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến của (C) cắt trục 0x; 0y lần lượt tại A và B sao cho OA4OB

Câu II (2,0 điểm):

1) Giải phương trình

4

sin 2 cos 2

cos 4

x





2) Giải hệ phương trình :

 

3 3

4 4







Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I =

2 0

sin 4

x dx





Câu IV (1,0 điểm):

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Đường chéo BC’ của mặt bên BCC’B’ tạo với (ABB’A’) góc 300 Gọi G, E, F lần lượt là trung điểm BC, A’C’, C’B’ Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa DE và A’F

Câu V (1,0 điểm):



  với n   và n>4

Tìm n biết 8192

13

S 

Câu VI (2,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C):  2 2

x y  và điểm I(-2;5) Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua I

2) Trong không gian Oxyz, cho A(2;3;2); B(6;-1;-2); C(-1;-4;3); D(1;6;-5) Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD Tìm toạ độ điểm M thuộc CD sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất

Câu VII (1,0 điểm):

Cho x, y, z là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =

y

yz xz xy

_ HÕt _

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only

Trang 2

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011-2012

Mụn: TOÁN

Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 

1

x C x



TXĐ : D  / 1 

 2

1

x



Hàm số nghịch biến trờn cỏc khoảng ;1 va 1; 

1 1

lim lim

x





 

 





 



suy ra x=1 là tiệm cận đứng

    là tiệm cận ngang

0,25

BBT

+

-

2 2

-

y

y' x

0,25

I

1

Đồ thị

8

6

4

2

0,25

Generated by Foxit PDF Creator â Foxit Software

Trang 3

Gọi điểm    

 

0

x

tại

M là

   

0 0 2

0 0

1

1 1

x

x x



tiếp tuyến cắt 0x tai điểm

A x  x  cắt 0y tại

2

2 0

0;

( 1)

B

x



để OA = 4OB thì

0,25

2

0 2

0

( 1)

(vn)

x







 





0,5

ĐK:

4

cos 2 0

4

x







0,25

pt

sin 2 cos 2 cos 4 1 2 sin 2 cos 2 cos 4 1

2

1

 

2

2 2

cos 4 1

cos 4 1 sin 4 0 2 sin 2 cos 2 0 1

cos 4

2 sin 2

2

x

k





0,5

II

2

 

    

 



0,5

Trang 4

 

    

0

3

x

x y





 







 kết hợp với (2) suy ra

nếu x = 0 thì y   2 nghiệm (0;2); (0;-2)

nếu 7x = 4y vô nghiệm

nếu y = -3x thì hpt có nghiệm (-3;1); (3;-1)

0,5

Tính tích phân

4 sin cos cos sin sin 4

x





đặt

2

(cos sin )

với x=0 thì t=-3; với

2

x 

 thì t=-1

0,5

III

 2   

2

3

t



0,5

IV

30

A'

B'

C'

A

B

C

H

F

E

P

D M

Theo giả thiết suy ra V BB S' có

0,25

Trang 5

Gọi H là trung điểm của A’B’ suy ra C H'  A B' 'C H' A B BA' '  suy ra

hình chiếu cuả BC’ trên (AA’B’B) là HB ; góc giữa BC’ và (ABB’A’) là

' 300

C BH  và có ' 3

2

a

C H 

Xét tam giác vuông C’HB vuông tại H có

BH C H HBC   xét tam giác HB’B vuông tại B’ có

BB  BH B H a

3 ' ' '

6 4

ABC A B C

a

0.25

Gọi P là trung điểm của FC’ suy ra EP/ /A'FA F' / /EPD

Lại có A'FBCC B' 'EPBCC B' ' từ F dựng FK vuông góc với DP tại

M suy ra FM DEPd A F DE ' ; d F D ; EF FM

xét tam giác DFP vuông tại F có

2

1 ' ' 4

a FM

B C

0,5

Ta có



 



1

0 1

0

2 1

1 1

0

1

0

2

n







0.5

V

Theo bài ra ta có

6

n

Trang 6

4 A

B 2

I

O' -2

5

M

Gọi M (0;m) thuộc 0y suy ra MA x A;y Am

; Gọi đường tròn (C) có tâm O’(4;0)

 

' A 4; A O A MA







 



0,25

2 2

x my



1

suy ra pt AB: 4x-my-12 = 0 Vì AB đi qua điểm I(-2; 5) suy ra m = -4

Ta có AB4; 4; 4 ;   CD2;10; 8  AB CD  8 40 32  0 ABCD

Vậy

Ta có chu vi tam giác ABM = AB +AM+BM chu vi này nhỏ nhất khi AM và BM

nhỏ nhất

2;3; 2 :

1;5; 4

A vtpt

qua qua AB



VI

2

Gọi M là giao điểm của (P) và CD pt CD:   

1

3 4

  







  





thay (2) vào (1) được t = 1 suy ra M(0;1;-1)

Thử lại: khi đó MA2; 2;3 ; MB6; 2; 1  

rõ ràng M; A; B không thẳng hàng và lúc đó MA và MB cùng vuông góc với CD nên MA và MB ngắn nhất Vậy (0;1;-1) 0,25

ta có x; y; z >0 nên

 2

xy yz xz  xyz xyz

Trang 7

xét    

5 3



BBT

5 4

0

f

f' t

suy ra f(t) nhỏ nhất bằng 5/4

Vậy GTNN của P bằng 15

4 khi xyz1

0,5

Hết

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	218,5 KB