Tìm m để tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số Cm tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB vuông tại O O là góc tọa độ.. Giải hệ phương trình: .[r]
Trang 1I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx33(m1)x26mx3m4 (C m)
a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
b Gọi là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C m) tại điểm A có hoành độ bằng 1 Tìm m để tiếp tuyến cắt
đồ thị hàm số (C m) tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là góc tọa độ)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4 sin3x2 cos (sinx x1)4 sinx 1 0
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
x y x y xy
( ,x yR)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính I (2x x2 )(3x1)dx
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chử nhật tâm O, AB a, BC a 3, tam giác SOA cân tại S và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và AC
Câu 6 (1,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn yz x y( 2 z2) Tìm giá trị nhỏ nhất
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1; 2 và đường thẳng d :x2y 3 0 Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm ,B C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC3BC
Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình log2xlog log (81 ) logx 3 x 3x2 0
Câu 9.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số được tạo thành từ 7 chữ số khác nhau và
khác 0, biết rằng tổng các chữ số của nó là một số lẻ
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) x2y22x4y20 và 0 điểm A(5; -6) Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa 19
x trong khai triển biểu thức P2x1 9 x2n Biết rằng
2048
n
C C C C với n là số nguyên dương
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 3
y x
x y
-Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh……… …….; Số báo danh………
SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG LẦN I, NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A, A1
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề
Trang 2ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 – 2013
Khi m = 0, ta có 3 2
yx 3x 4 + TXĐ: D
+ Giới hạn: 3 2
lim ( 3 4)
, 3 2
lim ( 3 4)
+Sự biến thiên: 2
'3 6
2
x
x
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng ; 0 ; 2;
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
0,25
Bảng biến thiên
x 0 2
y + 0 0 +
y
4
0
0,25
a
Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;4) Điểm uốn I(1; 2) là tâm đối xứng
0,25
Ta có A(1; 2), y'3x2 6(m1)x6m Tiếp tuyến tại A là : y=-3x+5 0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của và (C m) là:
3 1
x
0.25
Ta có B(3m+1; -9m+2), OA(1; 2);OB m(3 1; 9m2)
Vậy để tam giác OAB vuông tại O thì OA OB 0
0 25
1
b
3
m
4sin (1 cosx 2 x)2cos sinx x2cosx4sinx 1 0
4sin cosx x 2 cos sinx x 2 cosx 1 0
Trang 3 (2cosx1)(1 sin 2 ) x 0
1 cos
2 sin 2 1
x x
0.25
2
4
Hệ ban đầu tương đương
2 2
[3(x y) 4xy] xy 14 (x y)[(x y) 12xy] 36
Đặt
0
thay vào hệ trên được
0.25
Nhận thấy a=0 không là nghiệm của hệ trên Đặt b=ka thay vào hệ trên được
(3 4 ) 14 (1 12 ) 36(1)
Ta suy ra phương trình 72k3-84k2+54k-7=0
6
thay vào (1) được a=3, từ đó b=1/2
0.25
3
hoac
0.25
(3 1)2 3 2 (3 1)2
ln 2 ln 2
5 3
4
5 3 2
x
5
Kẻ SH vuông góc với AD, từ gt suy ra SH (ABCD)
SH AO Gọi I là trung điểm của AO SI AO
Từ đó suy ra HI AO Ta có AC=BD=2a
AB=BO=AO=a nên AOB đều BI AO Vậy B, H,
S
A
B
C
D
H
O
I
Trang 4Ta có
cos 30 3
2 3
tan 60 2
3
S ABCD ABCD
a
0.25
Ta có AC(SBI), ta kẻ IK SB K( SB) thì IK là đường vuông góc chung của AC
và SB
0.25
Kẻ HESB E( SB), ta có 2 2 2
3
a
AH AB AH
HE BH SH a HEa Ta có 3
4
Vậy ( ; ) 3
4
a
d SB AC
0.25
Từ gt suy ra x y( z)2 2 (x y2 z2) 2(y z) y z 2
x
Từ đó ta có:
2
2
x
0,25
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
P
P
0,25
Xét hàm số
3
( )
(1 )
f x
x
x
x
0,25
6
Tập bảng biến thiên ta thấy ( ) ( )1 91
P f x f Vậy GTNN của P bằng 91/108
Dấu bằng xãy ra khi x=1/5, y = z =5
0,25
Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu của A trên d
Pt đường thẳng AC 2x+ y = 0
0 25
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt
3
( ; )
5
x
x y
C
y
0.25
Đặt B (2t-3; t) theo giả thiết ta có 2 2
AC BCAC BC Từ đó suy ra
2
16 15
4 3
t
t
0.25 7.a
Ta có hai điểm B thỏa mãn là: ( 13 16; ); ( 1 4; )
0,25
Có 4 chữ số chẵn được dùng: 2;4; 6; 8 Có 5 chữ số lẻ: 1; 3; 5; 7; 9 0,25
A
d
Trang 5Vì tổng 7 chữ số là lẻ do đó trong 7 chữ số đó thì có một lượng lẻ chữ số lẻ được sử
dụng
TH1 Có 1 chữ số lẻ và 6 chữ số chắn ( không xảy ra)
TH2 Có 3 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn
- Số cách chọn 3 chữ số lẻ: C 35
- Số cách chọn 4 chữ số chẵn: 4
4
C Vậy có 3 4
5 4
C C 10 cách chọn bộ 7 chữ số thỏa mãn.Có :10.7! 50400 số
0,25
TH3 Có 5 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn
- Số cách chọn 5 chữ số lẻ: C 55
- Số cách chọn 2 chữ số chẵn: 2
4
C Vậy có 5 2
5 4
C C cách chọn bộ 7 chữ số 6 thỏa mãn.Có : 6.7! 30240 số
0,25 8.a
log xlog log (81 )x x log x 0
Điều kiện x >0 pt 2
log xlog (logx x4) 4 log x0
0,25
(logx4).(logxlog3x)0
3
x
0,25
9.a
+) logxlog3x0log3x(log 3 1)10 0log3x0 x1
Vậy pt đã cho có hai nghiệm 4
10
x và x 1
0,25
Đường tròn có tâm I(-1; 2) bán kính R = 5
Suy ra IA = 10
0,25
Gọi H là giao điểm của BC và IA, ta có: IH IA = BI2
2
BI
IA
( ; 0) 2
H
0
1
2
nên tam giác ABC đều Suy ra tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC trùng với trọng tâm
0,25 7.b
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra 2
3
AG AH
, suy ra G(2; -2) 0,25
Ta có: 2n (1 1) n C0n C1n C2n C nn 2048211n 11 0,25
Với n = 11, ta có: 9 11
P (2x 1) (x 2)
Ta có: (2x 1) 9 C (2x)09 9C (2x)19 8C (2x)92 7 C 99 0,25
(x2) C x C 2.x C 2 x C 2 x C 2 0,25
8.b
Do đó số hạng chứa x19 của khai triển tích 9 11
(2x 1) (x 2) thành đa thức là:
0 9 1 10 1 8 0 11 0 1 10 1 0 8 19 19
C (2x) C 2.x C (2x) C x (C C 2 C C 2 )x 8960x 0,25
Xét hệ phương trình
2 3
y x
x y
A
C
B
I
H
Trang 6ĐK: x0,y0
Khi đó: (1)log 33 xlog3 y y3x (3) 0,25 Thay (3) vào (2) ta được:
2 2
1
2 4
2
x
(loại) 0,25
9.b
Với x 1 y3 Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: 1
3
x y
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương