Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.... Mà diện tích của mặt cầu là: 4 R 2 , suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất khi và chỉ khi h[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D
Thời gian làm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG
Câu I
a
+ Tập xác định D = \ 1
+ Sự biến thiên 2
3
( 1)
x
Hàm đồng biến trên các khoảng ; 1
và 1; Hàm số không có cực trị
0,25
+ Giới hạn và tiệm cận
nên đồ thị có T/c ngang y = 2
nên đồ thị có T/c đứng x = -1 0.25
Bảng biến thiên
x
1 2
y’
-y +
2
2 -
0,25
b
Phương trình hoành độ giao điểm:
1
x
x
(x = - 1 không là nghiệm của PT )
x2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1)
0,25
(1) là PT bậc hai có = (m – 3)2 + 4(m + 1) = m2 - 2m +13 = (m - 1)2 + 12 > 0 m
Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai
điểm pb A,B Theo hệ thức Vi – et: x1 + x2 = m – 3, x1 x2 = - m – 1
0,25
Khi đó A(x1; -x1 +m), B(x2; -x2 + m) suy ra
*) AB 2(x1 x2)2 2[(x1x2)2 4x x1 2]
AM = (x1 2)2 ( x1m 5)2 (x1 2)2(x2 2)2 ,
BM = (x2 2)2 ( x2m 5)2 (x2 2)2(x1 2)2
= AM
0,25
Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay
2(x x ) (x 2) (x 2)
4 5 0
5
m
m
Kết luận
0.25
Câu Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0,5
Trang 22 đ
a
3 (cos sin )
2 (cos sin )(cos sin )
cos sin 2
sin
x
2 cos 2x 3sinx
2
Giải tiếp được sinx = 1 và sinx = 0,5 Đều thỏa mãn ĐK 0,25
Với sinx = 1 x 2 k2
Với sinx = 0,5
5
x k x k
Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm nói trên
0.25
b
ĐKXĐ: xy0 Biến đổi hệ thành
2
4
x x
x y
4
1 1 1
4
x
x
0,5
1 2
1 1
2
x x
x y
0,25
1
x y
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 2) 0,25
Câu
III
1đ
Đặt 2
cot 2
x
Suy ra 2
(3 1) cot 2 cot 2 3
x
x
=
=
Câu
IV
1đ
S
M
A B
H
N K
D C
Trang 3Gọi H là trung điểm của AD thi do SAD là tam giác đều cạnh AD = a nên SH AD và
SH =
3 2
a
Mặt khác theo gt (SAD) (ABCD) nên SH (ABCD) Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a
3 2
.
S ABCD ABCD
+) Gọi N = HC BD; M SD và MN // SB Khi đó SB //(MHC) và ta có
2
MS MD Kẻ MK // SD thì MK (ABCD) và DH =
3
2KH nên:
d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2
3
2d(K, (MHC))
0.25
Kẻ KI HC, KJMI thì ta chứng minh được KJ = d(K, (MHC)) Ta cũng dễ dàng tính
được MK =
a
SH
, KI =
2
3 d(D, HC) = 2 2
3
DH DC
DH DC =
2 2
4
a
a a
Suy ra KJ = 2 2
KM KI
KM KI =
3 2
6 3 5
36 45
=
93
a
Vậy d(SB, HC) =
31
a
0.25
Câu
V
1đ
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x = min{x, y, z} Kết hợp với GT x + y + z = 1 ta
suy ra x
1
3 nên 1 – 2x > 0.
0,25
Khi đó xy yz zx 2xyz = x(y + z) + yz(1 – 2x)
2 ( ) (1 ) (1 2 )
4
y z
= =
2 (1 ) (1 ) (1 2 )
4
x
0,25
Xét:
2
4
x
= -2x3 + x2 + 1 trên [0; 1/3]
f x'( )6x2 2x triệt tiêu khi x = 0 và x = 1/3
BBT
x
0
1
3 1
f’(x) + 0
-f(x)
0,25
Từ BBT suy ra xy yz zx 2xyz
1 ( )
3
f x f
7
27 (ĐPCM).
Thấy xy yz zx 2xyz =
7
27 khi x = y = z =
1 3
0,25
A Theo chương trình Chuẩn VIa a B(0; -3) không thỏa mãn PT nên PT A, C Suy ra BD: x – 3y – 9 = 0 0,25
Trang 42 đ
Gọi I là gia của AC và BD thì tọa độ I là nghiệm hệ
3 9 0
x y
nên I(3; -2)
Suy ra D(6; -1) (I là trung điểm của BD) 0,25 Gọi A(a; 7 -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi bằng 20 ta có:
BD d(A, BD) = 20 hay
2
| 3(7 3 ) 9 |
4 10
a
a
0,25
Với a = 2 thì A(2; 1) và C(4; -5)
b
Do M thuộc Oz nên M(0; 0; z) Ta có AB ( 2; 2;1), AM ( 1;2;z 2)
nên , ( 2 2; 2 5; 6) 0
, suy ra M không nằm trên đường thẳng AB
0,25
Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam
Mà diện tích tam giác AMB là:
S AB AM z z
=
2 2
1 81 9 2
0,25
Vậy khi M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ nhất 0,25
Câu VIIa
1 đ
Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là C 205 15 504 0,25
Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5
viên bi được chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ cả
ba màu”
0,25
Để tìm số cách chọ được 3 viên bi có đủ 3 màu ta có bảng sau
Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
Suy ra
|A| = C C C17 .91 43 + 1 3 1
7 .9 4
C C C + 1 2 2
7 .9 4
C C C + 2 1 2
7 .9 4
C C C + 2 2 1
7 .9 4
C C C + 3 1 1
7 .9 4
C C C =
= 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 9 2.3 + 7.3 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534
0,25
Nên P A ||A||155049534 15892584
Vậy P A 1 P A
=
995
2584 0,3851
0.25
2 Theo chương trình Nâng cao Câu
VIb
a
Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N
5 3;
3
và N’ nằm trên AB nên AB đi qua
M, N’ có PT: x – 3y + 2 = 0
0,25
Trang 52 đ
Gọi H là hình chiếu của I trên AB thì IH = d(I, AB) =
4
10 Do AC = 2BD nên IA
= 2IB = 2a > 0 Trong tam giác vuông IAB ta có 2 2 2
IA IB IH hay
2 2
2
0,25
Gọi B =(x; y) thi do IB = a = 2 và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ:
14
4 3
3 2 0
5
y
y
0,25
Do hoành độ B nhỏ hơn 3 nên B
14 8
;
5 5
Vậy BD: 7x - y -18 = 0 0,25
b
Do M thuộc Oz nên I(0; 0; z) Ta có AB ( 2; 2;1), AI ( 1; 2;z 2)
nên , ( 2 2; 2 5; 6) 0
, suy ra I không nằm trên đường thẳng AB
0,25
Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì do AB = 3 nên bán kính mặt cầu là R =
2 9 4
h
Mà diện tích của mặt cầu là: 4 R 2, suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất khi
và chỉ khi h nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AIB nhỏ nhất
0,25
Mà diện tích tam giác AIB là:
S AB AI z z
=
2 2
1 81 9 2
0.25
Câu VIIb
1 đ
ĐK:
( 5 6) ( 2) (3 ) 0
1 0
x x
2
x x
0,25
Khi đó Pt được biến đổi thành:
2
2
2
2
x
, (do 3 – x > 0) 0,25 Nếu 2 < x < 3 thì 2(x – 2) = x – 1 hay x = 3 (loại)
Nếu 1 < x < 2 thì -2(x -2) = x – 1 hay x = 5/3 thỏa mãn
Vậy Pt đã cho có nghiệm x = 5/3
0.25