Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được 1.0 chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia.. Tổng Lưu ý : Các cách giải khác đ[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
Ngày thi 29/12/2012
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3− 3 mx2 + 2 ( Cm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1; 0)
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình sin 4 4sin 5 2 4 sin ( cos )
2
2 Giải phương trình x + 4 − x2 = 2 3 + x 4 − x2
Câu III (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 5 cm, BC = 4 cm Cạnh bên
SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) bằng 60° Gọi D là trung
điểm của cạnh AB
1. Tính thể tích khối chóp S.ABC
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC
Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x ≥ 1; y ≥ 1 và 3 ( x + y ) = 4 xy
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : 3 3
3 3
3
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C ( 2; 5 − ) , đường thẳng ∆ : 3 x − 4 y + 4 0 = Tìm trên
đườ ng thẳng ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua 2; 5
2
I
sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15
2. Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt và
trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho
Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình 4( )3 1( )2 1( )3
3
2
-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 GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013
Môn thi: TOÁN; Khối D
( Đáp án – thang điểm có 04 trang)
1 Với m = 1, hàm số trở thành : y=x3−3x2+2 TXĐ : ℝ
y' 3= x2−6x ; ' 0 0 2
y
= ⇔
BBT : x −∞ 0 2 +∞
y’ + 0 – 0 +
2 +∞
y
−∞ - 2
Hàm số đồng biến trên (−∞;0) và (2; +∞); Hàm số nghịch biến trên (0; 2)
yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2
Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và (1± 3;0)
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
I
2
Ta có y' 3= x2−6mx ; ' 0 0
2
x y
=
= ⇔
=
Để hàm số có CĐ và CT thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai
nghiệm đó ⇔2m≠0⇔m≠0
Khi đó (C m ) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và B(2 ; 2 4m − m3)
Đường thẳng AB đi qua A(0; 2) và có vtcp AB=(2 ; 4m − m3)⇒vtpt(2m2;1)
Phương trình AB : 2m x2 +y−2 0=
Theo giả thiết đường thẳng AB đi qua I(1; 0) nên 2m2−2 0= ⇔m= ±1
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1
sin 4 4sin 5 2 4 sin ( cos )
2
1.0
Trang 3( )
2sin 2 cos 2 4 cos 2 4 sin cos
4
π π
⇔
ℤ
Giải (1) : Đặt t=cosx−sin ,x (− 2≤ ≤t 2) ⇒sin 2x= −1 t2
Pt (1) trở thành : (1−t2).t−2t−2 0= ⇔t3+ +t 2 0= ⇔ = −t 1
2 2 ,
2
k
π π
= − +
ℤ
0.25
0.5
0.25
2 Giải phương trình
Điều kiện : 2− ≤ x≤2
2
t
t=x+ −x ⇒t = + x −x ⇒x −x = −
Pt trở thành :
2
2
2 4
2
3
t t
t
=
Với t = 2 ta có :
2
4 4 4
x
=
− = − +
3
x+ −x = − ⇔ −x = − −x
2
4 4
3 3
3
3
x x
x
≤ −
− ±
(t/m)
Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = 0 ; x = 2 ; 2 14
3
x=− −
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 41 Vì tam giác ABC vuông tại C nên
2 2 52 42 3
ABC
Vì SA⊥(ABC) nên AC là hình chiếu của SC
trên (ABC)
⇒ góc giữa SC với (ABC) là SCA = 60°
Trong tam giác vuông SAC có
.tan 60 3 3
SA=AC ° =
Do SA⊥(ABC) nên . 1 1.3 3.6 6 3
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25 III
2 Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình trong
tam giác ABC ⇒ DE // BC ⇒ BC // (SDE) mà SD ⊂ (SDE) nên
(BC SD, ) (BC SDE, ( ) ) (B SDE, ( ) ) (A SDE, ( ) )
Vì BC ⊥ AC ⇒ DE ⊥ AC , mà SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ DE ⇒ DE ⊥ (SAE)
⇒ (SDE) ⊥ (SAE) mà (SDE) ∩ (SAE) = SE Trong (SAE) kẻ AH ⊥ SE
⇒ AH ⊥ (SAE) ⇒ AH = d(A SDE,( ))
Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên :
3
AH = SA + AE = + = ⇒ = Vậy d(BC SD, ) = 3
1.0
0.25
0.5
0.25
IV
Đặt t=x y ; vì x ≥1 nên ( )
2
x
x
−
y
y
− (vì y ≥1) Xét hàm số ( ) 3
y
f y
y
=
− trên [1; +∞)
có ( )
y
−
− Xét hàm số ( )
2 3
x
g x
x
=
− trên [1;3] 9 ( ) 3
4 g x
4
t
∈
( )
3
3 3
3
3 3
= + + = + − + +
( )
2
t xy
= − + = − +
= 64 3 2 12 64
4
27t − t − t + 9
Xét hàm số P(t) = 64 3 2 12 64
4
27t − t − t + 9 với 9;3
4
t
∈
Ta có ( ) 2
1.0
0.25
0.25
0.25
Trang 5Vậy ( )3 280
9
MinP P
= =
4
t =
9
3 4
2 3
xy
x y
x y
=
+ =
1
Thay tọa độ I vào pt ∆ ta được 3.2 4.5 4 0
2
− + = (luôn đúng) nên I ∈ ∆
Vì A∈ ∆ nên giả sử A(4 ;3a a +1) mà B đối xứng với A qua I nên I là trung điểm
AB ⇒B(4 4 ; 4 3− a − a)
Từ C dựng CH ⊥ AB tại H thì ( , ) ( )
2 2
6
C AB
+ Theo giả thiết 15 1 15 1.6 4 8( )2 (3 6 )2 15
ABC
0 0;1 , 4; 4
= ⇒
Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1)
1.0
0.25
0.25
0.5
V
2 Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được
chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia Do đó ta
có các trường hợp sau :
TH1: Tam giác được tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên
đường thẳng b có tất cả : 2
10
5.C =225 (tam giác) TH2: Tam giác được tạo thành từ một điểm trên a và hai điểm trên b có tất cả :
2
5
10.C =100 (tam giác) Vậy có tất cả : 225 + 100 = 325 tam giác
1.0
0.25
0.25
0.25 0.25
VI
Điều kiện : 6 4
2
x x
− < <
≠ −
Pt ⇔3log 44( −x)−3log4 x+2 = −3 3log4(x+6)
⇔log 44( −x)+log4(x+6)= +1 log4 x+2 ⇔(4−x)(x+6)=4 x+2
⇔
(vì (*) nên (4−x)(x+6)>0)
2
2
8
= −
⇔
= +
= −
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 ; x = −1 33
1.0
0.25
0.25
0.5
Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần