DE THI VA DAP AN THI THU DH LAN 1 KHOI A NAM 2013LG2

Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.. TÝnh tØ sè thÓ tÝch.[r]

http://toanhocmuonmau.violet.vn

m

tRƯờNG THPT

LạNG GIANG Số 2

đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012-2013 (lần thứ 1)

Môn thi: Toán; khối A

Ngày thi 20/21 tháng 1 năm 2013

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I Phần chung cho tất cả các thí sinh:(7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

1

1 2

ư

+

=

x

x

y có đồ thị (C).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

2 Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B Gọi I là giao hai

tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác sau: 9sinx+6 cosxư3sin 2x+cos 2x=8

2 Giải hệ phương trình:

2 22 0







Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm 3 1 5

sin cos

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với ’ ’ ’

đáy một góc là 450 Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống mp(ABC) là H sao

2

AP= AH gọi K là trung điểm AA’, ( ) α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và

CC’ tại M, N Tính tỉ số thể tích

' ' '

ABCKMN

A B C KMN

V V

Câu V(1 điểm) Cho 3 số dương x, y, z thoả mSn : x +3y+5z 3≤ Chứng minh rằng:

4 625

3xy z4 + +15yz x4 +4+5zx 81y4 +4 ≥ 45 5 xyz

II Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giỏc ABC với A(1; -2), đường cao CH x: ư + =y 1 0, phõn giỏc

trong BN: 2x+ + =y 5 0.Tỡm toạ độ cỏc đỉnh B, C và tớnh diện tớch tam giỏc ABC

2 Cho tập A={0;1; 2;3; 4;5; 6} Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ A, trong

đó nhất thiết có mặt chữ số 1 và chữ số 2

Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để bất phương trình:m( x2ư + + +2x 2 1) x(2 x) 0ư ≤ có nghiệm x∈[0;1+ 3]

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình: 2

4

y = x Lập phương trình các cạnh của một tam giác có ba đỉnh nằm trên parabol, biết một đỉnh của tam giác trùng với đỉnh

của (P) và trực tâm tam giác trùng tiêu điểm của (P)

2.Cho tập A={0;1; 2;3; 4;5; 6; 7} Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từ A, trong

đó nhất thiết có mặt chữ số 2 và 5 không đứng cạnh nhau

Câu VII.b (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho bất phương trình

9 xưxư2(mư1)6 x ưx+(m+1)4 x ưx≥0 nghiệm đúng với mọi x thỏa mSn x 1

2

≥

Hết

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm

Họ và tờn thớ sinh: ; Số bỏo danh

http://toanhocmuonmau.violet.vn

tRƯờNG THPT

THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012-2013 (lần thứ 1)

Môn thi: Toán, khối: A Ngày thi 20/21 tháng 1 năm 2013

Hướng dẫn, đáp án gồm 05 trang

(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)

1 ( 1,0 điểm )

+) Tập xỏc định của hàm số là R\ 1{ }

+) Sự biến thiờn của hàm số

a) Cỏc giới hạn:

Ta cú lim 2; lim 2

x y x y

→ư∞ = →+∞ = đường TCN cú PT: y=2

lim ; lim

x +y x ưy

→ = +∞ → = ư∞ đương TCD cod PT: x=1

b) Bảng biến thiờn:

Ta cú ' 3 2 0,

( 1)

x

ư

= < ∀ ∈

ư

x ư∞ 1 +∞

y’ - -

y

2

ư∞

+∞

2

Hàm số nghịch biến trờn (ư∞; 1) và (1; +∞)

• Hàm số khụng cú cực trị

+)Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1 ư )

Phương trỡnh y=0 ta được 1

2

x= ư

Do đú, đồ thị cắt trục hoành tại điểm duy nhất là 1; 0

2

ư

  Ngoài ra đồ thị cũn đi qua điểm (2; 5)

+)Vẽ đồ thị (phác họa chính xác dạng đồ thị hàm số)

+) Nhận xột : Đồ thị nhận điểm uốn I( )1; 2 làm tõm đối xứng

0,25

0,25

0,25

0,25

I

(2 điểm)

2 (1 điểm ) Tìm điểm M…

LG:Với M bất kì ∈ (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B Tìm M để chu vi

tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất











ư

+

1

3 2

;

0 0

x

* Tiếp tuyến tại M có dạng:

1

3 2 ) (

) 1 (

3

0 0

2

ư

=

x x

x x

y

Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là:

A 

ư

+

1

6 2

; 1

0

x

0,25

http://toanhocmuonmau.violet.vn B(2x0-1; 2) ; I(1; 2)

* Ta có: S∆IAB=

2

1

1

6 2

1

0 0

=

=

ư

⋅

ư

∆IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB

(HS tự chứng minh)









ư

=

+

=

⇒

ư

=

3 1 1

2 1 6

0

0 0

x x

x

* Vậy có hai điểm M thỏa mSn điều kiện

M1(1+ 3;2+ 3)

M2(1ư 3;2ư 3)

Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3+2 6

0,25 0,25

0,25

1 (1 điểm ) Giải phương trình lượng giác sau: 9sinx+6 cosxư3sin 2x+cos 2x=8

LG:

2

9 sinx+6 cosxư6 sin cosx x+ ư1 2 sin x=8

2

6 cos (1 s inx) 2 sinx x 9 sinx 7 0

(1 s inx)[2 sinx 7 6 cos ]x 0

1 s inx 0

2 sinx 6 cosx 7 (ptvn)



⇔



* Kết luận nghiệm:

0,25 0,25

0,25 0,25

II

(2 điểm)

2 (1 điểm ) Hệ phương trình tương đương với









=

ư + +

=

ư +

ư

0 22 )

2 (

4 ) 3 ( ) 2 (

2 2

2 2

2

x y x

y

2

2 4 3 3 2 20 0



⇔



Đặt

2

2 3



ư =

 * Thay vào hệ phương trình ta có: ( )

2 2

4





∨

KL: Nghiệm của HPT

0,25

0,25

0,25

0,25

III

(1 điểm) =∫ = ∫

x x

dx x

x x

dx

cos 2 sin

8 cos cos sin

đặt tanx = t

dt t t t

t

dt I

t

t x x

dx dt

+

=

⇒

+

=

=

⇒

3

3 2

3 2

2 2

) 1 ( ) 1

2 ( 8

1

2 2

sin

; cos

C x x

x x

dt t t t t

dt t

t t t

+

ư +

+

= +

+ +

=

+ + +

=

∫

∫

ư

2 2

4 3

3 3

2 4 6

tan 2

1 tan

ln 3 tan 2

3 tan 4

1 )

3 3 (

1 3 3

KL:

0,25 0,25

0,25

0,25

http://toanhocmuonmau.violet.vn

IV

(1 điểm) - BB’, CC’ Gọi Q, I, J lần l−ợt là trung điểm B’C’,

Ta có

2

3

a

Vì ∆' AHA' vuông cân tại H

Vậy A'H =a 3

Ta có

4

3 2

3 2

1 a a2 a

4

3 4

3 3

3 2

' ' '

a a

a

(1)

Vì ∆' AHA' vuông cân

HK AA

⇒

G ọi E = MN∩KH ⇒ BM = PE = CN (2)

'H AH

A + = 3a2+3a2 =a 6

4

6 2

CN PE BM

a

⇒

Ta có thể tích K.MNJI là:

1 3

'

MNJI

a

=

2

MNJI

KMNJI

3 3

2 3 ' ' '

3

1

ABCKMN

A B C KMN

V

V

−

+

và KL

0,25

0,25

0,25

0,25

V

(1 điểm)

Bất đẳng thức

⇔ 2 42

x

9

4 9

y

25

4 25

z

) 5

2 3

2 2 ( ) 5 3 (

z y x z y x

2 3

) 5 3 (

36 )

5 3 (

9

z y x z

y

Đặt t = 3 (x.3y.5z)2

3

5 3 )

5 3 (

3









z y

Điều kiện 0 < t ≤1 Xét hàm số f(t)= t9 +

t

36

=45

Dờu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y=

3

1

; z=

5 1

0,25

0,25

0,25

0,25

VI.a

(2 điểm) 1 (1 điểm ) LG +Do AB⊥CH nên AB: x+ + =y 1 0

Giải hệ: 2 5 0

1 0

x y

x y

+ + =



 + + =

 ta có (x; y)=(-4; 3)

Do đó: AB∩BN = −B( 4;3)

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thì ' A ∈BC

0,25

45

E

K

J

I A

B

C

C'

B' A'

P

H

Q

N

M

http://toanhocmuonmau.violet.vn

- Phương trình đường thẳng (d) qua A và

Vuông góc với BN là (d): xư2yư =5 0 Gọi I =( )d ∩BN Giải hệ:

2 5 0

x y

+ + =





ư ư =

 Suy ra: I(-1; 3)⇒A'( 3; 4)ư ư

+ Phương trình BC: 7 x+ +y 25=0 Giải hệ: 7 25 0

1 0

x y

x y

+ + =





ư + =

 Suy ra: ( 13; 9)

4 4

( 4 13 / 4) (3 9 / 4)

4

2 2

7.1 1( 2) 25

7 1

Suy ra: 1 ( ; ) 1.3 2 450 45

ABC

0,25

0,25

0,25

2 (1 điểm ) Cho tập A={0;1; 2;3; 4;5; 6} Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5

chữ số khác nhau từ A, trong đó nhất thiết có mặt chữ số 1 và chữ số 2

LG:

+) Gọi m là số các số có 5 chữ số phân biệt lập từ A có mặt số 1 và 2( kể cả số 0

đứng đầu)

Ta có 2 3

5 5 1200

m= A A = +) Gọi m1 là số các số có 5 chữ số khác nhau lập từ A chữ số đầu tiên bằng 0, có mặt

chữ số 1, 2

Ta có 2 2

1 4 4 144

m = A A = +) Số các số thỏa mSn yêu cầu bài toán là: 1200-144=1056 số

0,25

0,5 0,25

VII.a

(1 điểm) Đặt t= x2 ư2x 2+ , t2ư 2 = x2ư 2x, x [0;1∈ + 3]⇒t∈[ ]1; 2

Bpt (2) ⇔ ≤ ư

+

2

m

t 1

Xét

2

g(t)

t 1

ư

= + với 1 ≤ t ≤ 2

g'(t)

2 2

t 2t 2

0 (t 1)

+ +

+ Vậy g đồng biến trên [1,2]

Do đó, ycbt ⇔bpt

2

m

t 1

ư

≤ + có nghiệm t ∈ [1,2]

⇔

[ ]

∈

t 1;2

2

3 Và KL :

0,25

0,25

0,25 0,25

1(1 điểm ) (P):y2 =4x suy ra tham số tiêu p=2

Do một đỉnh của (P) trùng với gốc O(0;0) gọi tam giác cần tìm là OAB

Do trực tâm trùng với tiêu điểm nên AB⊥Ox Hay ( , 2A a a B a); ( , 2ư a); (a>0)

Ta có tiêu điểm (1;0)F và AF ⊥BO⇔ AF⊥OB⇔ AF OB =0, (1)

Mà AF(1ư ưa; 2 a OB a); ( ; 2ư a) thay vào (1) Tìm được a=5

Suy ra tọa độ của A, B là: (5; 2 5), (5; 2 5)A B ư

Phương trình của OA: 2 5

5

5

y= ư x, AB: x=5

0,25 0,25

0,25 0,25

VI.b

(2 điểm)

2(1 điểm ) +) Gọi m1 là số các số có 6 c/s phân biệt trong đó nhất thiết có mặt chữ

số 2 và 5(chấp nhận cả chữ số 0 đứng đầu)

http://toanhocmuonmau.violet.vn

Hết

1 6 6 10800

m = A A = (số) +) Gọi m2 là số các số có 6 c/s phân biệt trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2 và 5

trong đó chữ số 0 đứng đầu

2 5 5 1200

m = A A = (số) Vậy số các số có 6 c/s phân biệt trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2 và 5 là

m=m1-m2= 9600 (số)

+) Gọi n1 là số các số có 6 c/s phân biệt trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2 và 5

đứng cạnh nhau(chấp nhận cả chữ số 0 đứng đầu)

1 5.2! 6 3600

+) Gọi n2 là số các số có 6 c/s phân biệt trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2 và 5

đứng cạnh nhau trong đó chữ số 0 đứng đầu

2 4.2! 5 480

Vậy số các số có 6 c/s phân biệt trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2 và 5 đứng cạnh

nhau là n=n1-n2= 3120 (số)

KL : Vậy số các số t/m ycbt là : m-n=6480 (số)

0,25

0,25

0,25

0,25

VII.b

(1 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho bất phương trình

nghiệm đúng với mọi x thỏa mSn x 1

2

≥ LG:

Đặt

2 2

x x

ư

4

BPT ban đầu trở thành: 2

2( 1) ( 1) 0, (2)

t ư mư t+ m+ ≥ YCBT trở thành: Tìm m để bpt (2) nghiệm đúng với mọi 4 3

2

t∈ +∞ =D

Từ (2) và (3) ta có

2

2 1 (2 1)

(*)

2 1

t

∀ ∈

Xét hàm số

2

1

2

t

t

= ư



=

Sử dụng bbt của hàm số f t( ) Suy ra ( ) (2) 3 (**)

t D

Min f t f

Từ (*) và (**) suy ra ( ) (2) 3

t D

m Min f t f

∀ ∈

KL: m≤3 là các giá trị cần tìm

0,25

0,25

0,25

0,25