Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 19 - Đề 15 doc

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y =
x
x-1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 biết x [ 0 ;

].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
 

  



    



Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x




Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx  2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD.

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm
điểm).

A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
  

 

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x
2
+ 16y
2
= 64.Gọi F
1
, F
2
là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng
tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F
2
và tới đường thẳng x =
8
3
có giá trị không đổi.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 2 3
2
1 6
10
2
x x x
A A C
x
  

(
k
n
C
,
k
n
A
là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử)
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
ĐỀ CHÍNH THỨC
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM

TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x

 
 
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) ,lim
x x
f x
 
 
   
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x
 


0.25
Bảng biến thiên
1
+

-

1
- -
y
y'

x
-

1 +


Hàm số nghịc biến trên
( ;1)

và
(1; )


Hàm số không có cực trị
0.25
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)


Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25
Giả sử M(x
0
; y

0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
   
 

2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
    
 

0.25 2.(1.0đ)















Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x




Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t


ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
  
 


0.25
ĐỀ CHÍNH THỨC
-
+
f(t)
f'(t)
x
2

0
1
0
+

f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay

0
0
0
2
1 1
0
x
x
x


  




0.25

+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25

Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x

0.25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c


  




0.25
+
osx=0 x=
2
c k


 

+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k









 


  



0.25
Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)

12
24 2
x k
k
x


 

  




 


vì x
 
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
   


     
0.25
ĐK:
, 0
x y
x y






Hệ phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
   
 
     
 
 
 
          
 
 


0.25 2.(1.0đ)

3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
 
 


  

  

 
 
 
     
 


(do
2 )( ) 1 0
y x x y y
    
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
 
 
     
 
 
 
 

0.25

B
D
A
C
P
M
N
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3
2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
32 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x




       





3
2
0
log 4
x
x










0.25

Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4
x 
thay vao (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4
x  ,y =
3
2
1
log 4

2

0.25
Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x



. Ta có I =
3
1 1
4
2
0 0
1
x
x
x e dx dx
x



 

0.25
Ta tính
3
1
2
1
0
x
I x e dx


Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e
   


0.25

Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x



Đặt t =
4
x

4 3
4
x t dx t dt
   
0.25
Câu III.
(1.0đ)

Khi đó
1 1
4
2
2
2 2
0 0
1 2
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t

      
 
 

Vậy I = I
1
+ I
2

1
3
3
e


  

0.25
Ta có
1 1 1
2 2
xy yz xz xyz
x y z
      
nên
0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
   
      

Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
   
      
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y

y x y x y xy
   
      

0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z
   

0.25

Câu IV.
(1.0đ)
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z
   

0.25
Câu V.
(1.0đ)
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC

từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
     
  

Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )
a c b b c a a b c
     
1.0
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A

B
M
Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5 Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2.
(1.0đ)

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng
x

2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

 

  





   
 
 

 
   
 
 
 
   






Vậy bán kính R =
2 2 2
15
A B C D   

1.0
Đk: x > - 1

0.25
bất phương trình

3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x

 
 
 

3
log ( 1)
0
6
x
x

 


0.25

0.25
0 6
x
  

0.25
Ta có
1 2
( 12;0), ( 12;0)
F F Giả sử M(x
0
; y
0
)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên
đường thẳng
8
3
x 
. Ta có MF
2
= a - cx
0
/a =
0
8 3
2
x


0.5

Câu
VIIa
(1.0đ)








Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
MH =
0
8 3
3
x

. Vậy
2
MF
MH
không đổi
0.5
2.
(1.0đ)

Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
 
 
 
uuur uur uuur uur

Vì
; 0
Q
AB n
 

 
uuur uur r
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
uuur uur
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)

nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0

Ch
ó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n
quy ®Þnh