Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de46 2014

Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của cạnh BC.. và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH vàSB.. PHẦN TỰ CHỌN 3,0 điểm - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A h

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013

GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông

Ngày 3 tháng 2 năm 2013

(Đề chính thức có 01 trang) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

yx  x  m x có đồ thị C m với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1

2) Tìm m để đường thẳng  d : yx1 cắt đồ thị C m tại 3 điểm phân biệt P0,1 , M N, sao cho bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 5 2

2 với O0;0

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 cos 22 x2 cos 2x4sin 6xcos 4x 1 4 3 sin 3 cosx x

2) Giải bất phương trình: 5 4 10

x x



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau

4

0

1 sin 2 2sin cos cos

x









Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2ACBC 2 a Mặt

phẳng SACtạo với mặt phẳng ABC một góc 600 Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm

H của cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH vàSB

Câu V (1,0 điểm) Giải phương trình  

5 3 1

2 2





II PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   C : x32y12 9 và đường thẳng  d :xy100 Từ điểm M trên  d kẻ hai tiếp tuyến đến  C , gọi A B, là hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB 3 2

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1;1; 2 , B0; 1;3  Gọi C là giao điểm của đường thẳng AB và mp Oxy  Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho mặt cầu tâm M bán kínhMC

cắt mp Oxy  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5

Câu VII.a (1,0 điểm) Với mọi nN n, 3 Giải phương trình 3 3 3 3

3 4 5

30

n

C  C  C   C 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng

 d :x2y 5 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC, biết đường thẳng AC đi qua điểm K6; 2

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0; 0; 1 ,  B1; 2;1 , C2;1; 1 ,  D3;3 3  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa

  0 1 1 1 2 1 3 1

n

n



TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013

GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013

yx  x  m x có đồ thị C m với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m   1

2) Tìm m để đường thẳng  d :y x1 cắt đồ thị C m tại 3 điểm phân biệt

0,1 , ,

P M N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 5 2

2 với O0;0

2,0

1) Học sinh tự vẽ

I

2) Phương trình hoành độ giao điểm của C m và (d): 3 2  

x  x  m x   x

 

2

2





Để C m cắt (d) tại 3 điểm phân biệt  2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

0 9 4

m m







 



 Giả sử M x x 1; 11 , N x x 2; 21 khi đó x x là nghiệm của pt(2) 1; 2

OMN

OM ON MN

R

tiếp tam giác OMN )

 

OM ON

R

Với x12 3x1m x; 22 3x2m

2

 

2 2

3 2

m

m







thỏa đề chỉ có

3

m  

1) Giải phương trình: 2 cos 22 x2 cos 2x4sin 6x 1 cos 4x4 3 sin 3 cosx x 1,0

2cos 2 2cos 2 4sin 6 2sin 2 4 3 sin 3 cos

cos 2x cos 2x 2 sin 6x sin 2x 2 3 sin 3 cosx x

cos 2x sin 2x cos 2x 2 sin 6x 2 3 sin 3 cosx x

cos 4x cos 2x 2sin 6x 2 3 sin 3 cosx x

2sin 3 sinx x 4 sin 3 cos 3x x 2 3 sin 3 cosx x

2sin 3x sinx 2 cos 3x 3 cosx 0

sin 3 0 sin 3 cos 2cos3

x





 



* sin 3 0

3

x  xk kZ

6

12

24 2

k x





   





x    k x    x  kZ

2) Giải bất phương trình: 2x x 5 4x x 10 2 1 

x x



II

ĐK:

2

0 10

x

x

x

x







2x 4x 5 x 2x 10 2 x 2x 10 15 x 2x 10

5

3

t

t



 









 2  

Vậy nghiệm bất phương trình là x 0;

Tính tích phân sau

4

0

1 sin 2 2sin cos cos

x









III

4

2

cos 2 tan 1 cos 2sin cos cos

tan

2 tan 1 cos 2 tan 1

x









cos

x

Đổi cận

1 4



 Khi đó

2 1 4

1 2

0

I  t  t t      

Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC BC2 a

Mặt phẳng SAC tạo với  ABC một góc  60 Hình chiếu H của S lên mặt 0

phẳng ABC là trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp  S ABC và khoảng

cách giữa hai đường thẳng HA và SB

1,0

IV

a N

H C

A

B S

M K

ABC

Gọi N laftrung điểm của AC Vì

, 60

3

3 2

ABC

S ABC ABC

a S

a

 

Kẻ a//AH (a đi qua B)

  // ,



Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí

 ; 

Tam giác ACH đều nên góc  600 sin 600 3

2

a

Trong tam giác SHM ta có 1 2 1 2 12 3

4

a HK

Giải phương trình  

5 3 1

2 2





1,0

V

3

x x x

2

2

 2 2  4 2  8 2 2 4 8

2

2

2

0

x x x

x





2,0

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   C : x32y12  9

và đường thẳng  d :x y10 Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), 0

gọi A, B là hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB 3 2

1,0

d

H

M A

B I

O y

Đường tròn (C) có tâm I3;1 , bk ROA3

Gọi H ABIM, do H là trung điểm của AB nên 3 2

2

AH  Suy ra:

9

2

6

3 2 2

IA IM IH

Gọi M a ;10 a   d ta có 2  2  2

2a 24a90 18 a 12a360a6

Vậy M6; 4

VIa

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A1;1; 2 , B0; 1;3  Gọi C là giao điểm của

đường thẳng AB và mp Oxy  Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho mặt

cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến là đường tròn có bán

kính bằng 2 5

1,0

(Oxy)

A

N M

C

B

Gọi C c c 1; 2; 0  Oxy khi đó ta có AC c11;c2 1; 2 ; AB   1; 2;1

Do CAB  OxyCAB khi đó  AC AB;

cùng phương Nên tồn tại số thực k sao cho AC k AB

 

Vậy  

1

1 2

2

1

3

5 2

c

c k

  













 



 

Gọi M m n p , ,   AB AM m1;n1;p2 ; AB    1; 2;1

;

AM AB

 

cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho

 

 2  2  2 2

Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên Oxy suy ra MN  z M  t 2

Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN2NC2 MC2

4

t

t





 



Vậy M1;1; 2 hoặc M5;9; 2 

Với mọi nN n, 3 Giải phương trình

3 4 5

30

n

VIIa

Ta có

 

  

    

3

3

3

k

k

k

Ta lại có

Đặt  

 1  13 3    1 

Cho k chạy từ 3 tới n ta được

             

3 3

1

n

k k

C





   

 

3 3

1

n

k k

n n C







Hay

 

3 4 5

3 1



2

2

1 89

30

   



2

3 3

n k k

C





 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C

đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường

thẳng  d :x2y 5 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi

qua điểm K6; 2

1,0

(d) I

O A

B

C K

 : 2 5 0

B d x y  nên gọi B5 2 ; b b, vì B, C đối xứng với nhau qua O suy

ra (2C b5;b) và (0;0)O BC

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là  d :x2y  nên (2; 4)5 0 I

và IAB

Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2b3;4b



vuông góc với

11 2 ; 2 



5

b

b







 Với b 1 B(3;1), ( 3; 1)C    A(3;1)B loại

Với b 5 B( 5;5), (5; 5) C  31 17;

5 5

Vậy 31 17; ; ( 5;5); (5; 5)

5 5

VIb

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A0; 0; 1 ,  B1; 2;1 , C2;1; 1 

,D 3;3 3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành

sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3

1,0

Gọi M m m m 1; 2; 3 là điểm thuộc AB khi đó   AM AB,

cùng phương

 1; 2; 3 1 , 1;2; 2

,

AM AB

 

cùng phương

1

2

3

1 2







   



 

Gọi N n ; 0; 0  Ox

 ;2 ;2 1 , 1; 2; 2

MN vuông góc CD nên  NM CD 0  t n 4t4t20  t 2 n 1

 

2 2

1

2

t

t







 

 Với t  1 n  1 M1; 2;1 , N1; 0; 0

t  n  M  N 

n

n



VIIb

n

n





Ta thấy VT có dạng

k n

C

       

1 1

1 ! 1

k n

n

n C







 1 2 1  1 

n



n