Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại A, B A, B không trùng với O sao cho tổng khoảng cách OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.. Viết phương trình mặt c[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B
_ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2
y= −x 3 m 1 x+ +12mx−3m+4 (1), với m là tham số thực
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B sao cho hai điểm này cùng với
điểm C 1; 9
2
− −
lập thành một tam giác nhận gốc toạ độ làm trọng tâm
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin 2x 4sin x 1 0
6
π
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
8x y 63
y 2x 2y x 9
− =
x, y ∈ R
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
e
2 1
2x 1
I ln xdx
x
+
=∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA tạo với đáy (ABC) một góc 600 Tam giác ABC vuông tại B, 0
ACB=30 Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của ∆ABC Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt
m 1 x+ + 1 x− + +3 2 1 x− − =5 0
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật
ABCD biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) và diện tích của hình chữ nhật bằng 16
Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua các
điểm A(0;1;2), B(2;−2;1), C(−2;0;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P): 2x +2y+ − =z 3 0
Câu 9a (1,0 điểm) Cho khai triển Niutơn ( )2 n
1− 3x = +a a x+a x + + a x , n ∈ N*
Tính hệ số a9 biết n thoả mãn hệ thức 2 3
2 14 1
C + 3C = n
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M(4;1) Viết phương trình đường
thẳng d đi qua M và cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại A, B (A, B không trùng với O) sao cho tổng khoảng cách OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;0;0), B(2;−1;2), C(−1;1;−3) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, đi qua A và cắt mặt phẳng (ABC) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất
Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình: ( )2 ( )3
log x 1+ + =2 log 4− +x log 4+x
- 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: ………
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B
a) (1,0 điểm)
Với m = 0 ta có hàm số 3 2
y= x −3x +4 Tập xác định: D = R
Sự biến thiên: y’ = 3x2− 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0.25đ
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (0;2)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 với yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
Giới hạn:
xlim y , lim yx ,
Bảng biến thiên:
x −∞ 0 2
+∞ y’ + 0 − 0 +
y
0.25đ
Đồ thị:
0.25đ
b) (1,0 điểm)
Ta có: 2 ( )
y '=3x −3 m 1 x 12m+ + Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1 0.25đ
Khi đó khi điểm cực trị là A(2;9m), ( 3 2 )
B 2m; 4m− +12m −3m+4 0.25đ
Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có gốc toạ độ làm trọng tâm nên ta có
2 2m 1 0
1 m 9
2 4m 12m 6m 4 0
2
0.25đ
1
(2đ)
Với m 1
2
= − ta thấy ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên thoả mãn ∆ABC có trọng tâm O là gốc toạ độ
0.25đ
4
0
+∞
−∞
4
2
5
-1
2 O
Trang 32sin 2x 4sin x 1 0 2sin 2x.cos 2cos 2x.sin 4sin x 1 0
2 3 sin x.cos x 2sin x 4sin x 0
0.25đ
sin x 0
3 cos x sin x 2
=
2
(1đ)
3 cos x+sin x= −2 cos x 1 x 7 k2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x= πk , x 7 k2
6
π
= + π với (k ∈ Z)
0.25đ
8x y 63 8x y 63
y 2x 2y x 9 6y 12x 12y 6x 54
8x y 63 8x y 63
8x y 6y 12x 12y 6x 9 2x 1 y 2
⇔
− =
− =
0.25đ
8x y 63 8x 2x 3 63 2x 3x 2 0
x 2
1 x
2
y 2x 3
=
0.25đ
3
(1đ)
x 2
y 1
=
⇔ =
hoặc
1 x 2
y 4
= −
=
0.25đ
2
I 2 ln xdx ln xdx
Với
e
2 e
1
1
I 2 ln xdx ln x 1
x
Với
e
1
ln x
x
=∫ , đặt
2
dx
u ln x du
x dx
1 dv
v x
x
ta có
e
1
e
I ln x
1
4
(1đ)
2
e
1
= − − = − Do đó I 2 2
e
Gọi K = AG ∩ BC ta có góc giữa SA và (ABC) là 0 3a
GAS G 60 AG
2 AS
9a AK
4
⇒ =
0.25đ
5
(1đ)
Ta có: SG 3 3a
2
=
Trang 4B
S
E
Đặt AB = x ⇒ AC = 2x, BK = x 3
2
Ta có: AB2 +BK2 =AK2
Diện tích ∆ABC là:
2 ABC
1 9a 9a 81a 3
S 3
2 2 7 2 7 56 = = Thể tích khối chóp là 2 3 1 81 3a 3 3a 243a V 3 56 2 112 = = 0.25đ 0.25đ 0.25đ 6 (1đ) Điều kiện: x∈ [−1;1] Đặt 2 2 1 1 t 1 x 1 x 2 1 x t 2; t ' 2 1 x 2 1 x = − + + ⇒ − = − = − − + với ∀ x ∈ (−1;1) Bảng biến thiên của t: x −1 0 1
t’ || + 0 − ||
t 2
2 2
do đó t∈ 2;2 Từ bảng biến thiên ta thấy mỗi t = 2 có duy nhất x = 0, mỗi
t∈[ 2;2) có 2 nghiệm x
Phương trình đã cho trở thành: ( ) 2 t2 7
m t 3 t 7 0 m
t 3
− + + + − = ⇔ =
+ Xét ( ) t2 7
f t
t 3
− +
= + trên 2;2, ta có ( ) (2 )2
t 6t 7
t 3
− − −
+ nên phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) 3 15 5 2
f 2 m f 2 m
−
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
7a
(1đ)
Đường thẳng AB có dạng
m x− +4 n y 5− =0, m +n ≠0
Đường thẳng AD có dạng:
n x− −2 m y 1− =0, m +n ≠0
Khoảng cách từ P đến AB là
m 3n
d d P, AB
m n
−
+ Khoảng cách từ N đến AD là: 2 ( ) 2 2
4 m n
d d N, AD
m n
−
+ Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có: d1.d2 = 16 ( )( ) ( 2 2)
3m 4mn n 0
n 3m
= −
0.25đ
0.25đ
0.25đ
A
D
M(4;5)
N(6;5)
Q(2;1)
P(5;2)
Trang 5Với m = −n, chọn m = 1, n = −1 ta có phương trình các cạnh là
AB: x− + =y 1 0; CD : x− − =y 3 0; AD: x+ − =y 3 0; BC: x+ − =y 11 0
với n = −3m, chọn m = 1, n = −3 ta có
AB: x−3y 11 0+ = ; CD : x−3y 1 0+ = ; AD: 3x+ − =y 7 0; BC: 3x+ −y 23=0
0.25đ
8a
(1đ)
Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc (P) và qua A, B, C
(S) có phương trình dạng: 2 2 2
x + y + +z 2ax+2by+2cz+ =d 0 (S) có tâm I(−a;−b;−c)
I∈ (P) ⇔ − −2a 2b− − = ⇔c 3 0 2a+2b+ = −c 3 1( )
A∈ (S) ⇔ 5 0a+ +2b+4c+ =d 0 (2)
B∈ (S) ⇔ 9+4a−4b+2c+ =d 0 (3)
C ∈ (S) ⇔ 5 4a− +0b+2c+ =d 0 (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình
2a 2b c 3 d 2b 4c 5 a 2
5 0a 2b 4c d 0 2a 2b c 3 b 3
9 4a 4b 2c d 0 2a 3b c 2 c 7
5 4a 0b 2c d 0 2a b c 0 d 27
Vậy phương trình mặt cầu (S): 2 2 2
x + y + −z 4x−6y 14z+ −27=0
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
9a
(1đ) Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N*
Ta có:
4 n 2 28 n 3n 2
C +3C = ⇔n n n 1 + n n 1 n 2 = ⇔n − + = − +
2
n 7n 18 0 n 9
⇔ − − = ⇔ = hoặc n = −2 (loại)
Vậy n = 9
Với n = 9 ta có nhị thức cần khai triển là ( )18
1− 3x
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là ( )k
a x =C − 3 x vậy ( )9
9
9 18
a =C − 3 = −3938220 3
0.25đ
0.25đ
0.25đ 0.25đ
7b
(1đ) Gọi A(a;0), B(0;b) với a, b>0 Đường thẳng AB có dạng:
x y
1
a + =b
Ta có OA + OB = a + b
M∈ AB nên ta có: 4 1 1
a + =b mặt khác ta có 2 2 ( )2
2 1
2 1
a b a b
+
+ Suy ra OA + OB ≥ 9, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a b
a 6
2 1
1
a b
=
+ =
Vậy d có phương trình: x y 1 2x 3y 12 0
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Trang 68b
(1đ)
Mặt phẳng ABC có phương trình: x− − − =y z 1 0
Gọi (S) là mặt cầu có tâm I∈Oy và cắt (ABC) theo một đường tròn có bán kính r
nhỏ nhất
Vì I ∈ Oy nên I(0;t;0), gọi H là hình chiếu của I trên (ABC) khi đó là có bán kính
đường tròn giao của (ABC) và (S) là 2 2
r= AH= IA −IH
Ta có 2 2
IA = +t 1, IH = d(I,(ABC))= t 1
3 +
r t 1
Do đó r nhỏ nhất khi và chỉ khi t 1
2
= Khi đó 1 2 5
I 0; ;0 , IA
do đó phương trình mặt cầu cần tìm là:
2
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
9b
(1đ)
Điều kiện: x∈ − − ∪ −( 4; 1) ( 1; 4)
log x 1 2 log 4 x log 4 x
log x 1 2 log 4 x log x 4
log 4x 4 log 16 x 4x 4 16 x
x 2 4x 4 16 x x 4x 12 0
x 6 4x 4 x 16 x 4x 20 0
x 2 2 6
=
Đối chiếu điều kiện là có nghiệm của phương trình đa cho là x 2
x 2 2 6
=