Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 20 - Đề 30 pdf

I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s


3 2
3 4
y x x C


1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C)
2. Gi d l ng thng i qua im A(- 1; 0) vi h s gúc l k ( k

R). Tỡm k ng thng
d ct (C) ti ba im phõn bit v hai giao im B, C ( vi B, C khỏc A ) cựng vi gc ta O to
thnh mt tam giỏc cú din tớch bng 8.
Cõu II (2 im)
1 .Tỡm cỏc nghim ca phng trỡnh:
2 2
7
sin .cos4 sin 2 4sin
4 2 2
x
x x x





(1)
tho món iu kin :
1 3

x

.
2.Gii phng trỡnh sau :


2 3
2 3 2 3 8
x x x


Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn :
2
0
1 sin
1 cos
x
x
I e dx
x






Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, AB=a, AD=2a, cnh
SA vuụng gúc vi ỏy, cnh SB to vi ỏy gúc 60
0
. Trờn cnh SA ly im M sao cho

a 3
AM
3
. Mt phng (BCM) ct SD ti N. Tớnh th tớch khi chúp SBCMN?
Cõu V (1 im) Cho 3 s thc dng x, y, z tha món
1
x y z

.
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
xy yz zx
P
xy z yz x zx y



II. PHN RIấNG (3,0 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B
Cõu VI.A (2,0 im)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2(


BA , trọng tâm G của tam
giác nằm trên đờng thẳng 02



yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
27
2

2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz cho hai im
(0; 1;2)
M

v
( 1;1;3)
N

. Vit phng
trỡnh mt phng (P) i qua M, N sao cho khong cỏch t


0;0;2
K n (P) t giỏ tr ln nht
.Tỡm im I thuc mt phng (x0y) sao cho IM+IN nh nht .
Cõu VII.A (1,0 im) Gii bt phng trỡnh
2
2.5
5 3 5
5 4
x
x
x



Cõu VI.B (2,0 im)
1. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A cú nh A(6; 6), ng thng i qua
trung im ca cỏc cnh AB v AC cú phng trỡnh x + y

4 = 0. Tỡm ta cỏc nh B v C,
bit im E(1; 3) nm trờn ng cao i qua nh C ca tam giỏc ó cho.
2. Trong khụng gian 0xyz cho im


1,2, 2
I

v ng thng



: 2 2 3
x y z

v mt
phng


P
:
2 2 5 0
x y z

. Vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm I sao cho mt phng (P) ct
khi cu theo thit din l hỡnh trũn cú chu vi bng
8

. T ú lp phng trỡnh mt phng

Q
cha



v tip xỳc vi (S).
Cõu VII.B (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc :
2
4 3
1 0
2
z
z z z

.
.Ht
Chú ý: Thí sinh thi khối D không phải làm
câu V.

S GD & T THANH HểA
TRNG THPT HU LC 2
THI TH I HC LN 2 NM 2012
MễN TON ( Khi A-B-D)

(Thi gian lm bi 180 khụng k thi gian phỏt )

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN 2 NĂM 2012




Câu Nội dung Điể
m
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3 2
3 4
y x x
  


Tập xác định:
D R



Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
 
   

0.25
- Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x


   




Bảng biến thiên
X


0 2


y’ + 0 - 0 +
4



Y



0

0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng


;0

và


2;

, nghịch biến trên khoảng
(0;2)
Hàm số đạt cực đại tại
0, 4
CD
x y
 
. Hàm số đạt cực tiểu tại
2, 0
CT
x y
 

0.25


Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C)

0.25
2.(1,0 điểm)
I
(2điểm)


Khối D

3điểm

2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là :
y = k(x+1) = kx+ k .
- Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x
3
– 3x
2
+ 4 = kx + k

x
3
– 3x
2
– kx + 4 – k = 0

(x + 1)( x
2
– 4x + 4 – k ) = 0







044)(
1
2
kxxxg
x
có ba nghiệm phân biệt

g(x) = x
2
– 4x + 4 – k =
0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1
(*)90
09
0
0)1(
0'













 k
k
k
g

Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó
B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0.
- Gọi




1 1 2 2
; ; ;
B x y C x y
với
1 2
;
x x
là hai nghiệm của phương trình :
2
4 4 0
x x k
   
. Còn
1 1 2 2
;

y kx k y kx k
   
.
- Ta có :
 
 
 
   
2
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
; 1 1
BC x x k x x BC x x k x x k
         
uuur

- Khoảng cách từ O đến đường thẳng d :
2
1
k
h
k



- Vậy theo giả thiết :
2 3 3 3
2
1 1
. . 2 1 8 8 64 4

2 2
1
k
S h BC k k k k k k
k
          

Đáp số :
4
k

, thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán .
0.25


0.25






0.25





0.25
II

1.(1,0 điểm)

Pt(1)
1 1 3
sin .cos4 cos4 2sin
2 2 2
x x x x
     
 
1
cos4 2 sin 0
2
x x
 
   
 
 

cos4 2
1
sin sin( )
2 6
x
x

 





   

2
6
7
2
6
x k
x m





  




 



Mặt khác:
1 3 2 4
x x
     


0.25

0.25
* với
2 2 4 0
6
k k


      
. Do đó :
6
x

 

* Với
7
2 2 4 0
6
m m


     
nên
7
6

x


0.25

0.25
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm
6
x

 
và
7
6
x


thoả mãn (2)

(2điểm)



2 3
2 3 2 3 8
x x x
   
(1)
ĐK
2

x
 
. Pt (1)
 




 
2 2
3 2 2 4 2 2 4 2 2
x x x x x x
        

Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được:
2 2
2( 2 4) 2 4
3 2 0
2 2
x x x x
x x
   
   
 

Đặt
2
2 4
2
x x

t
x
 


ĐK
0
t

. Phương trình (1)
2
2
2 3 2 0
1
2
t
t t
t



    

 


* Với
1
2
t

 
. pt VN
*Với t=2 PT có nghiệm
3 13
x  

0.25




0.25




0.5







2 2 2
0 0 0
1 sin sin
1 cos 1 cos 1 cos
x
x x

x e dx x
I e dx e dx
x x x
  

  
  
  
2 2
2
0 0
1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx
x
x
 
 

 

Đặt
1
I


2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x



Và
2
I

2
0
sin
1 cos
x
x
e dx
x




0.25
Câu III

(1điểm)

Ta có :
2
I

2 2
2
0 0
2sin .cos
sin
2 2
1 cos
2cos
2
x x
x x
x
e dx e dx
x
x
 


 
2
0

tan
2
x
x
e dx




Mặt khác : Tính
1
I

2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x



Đặt
2
tan
cos

2
2
x
x
u e
du e dx
dx
x
dv
v
x





 

 


 




Áp dụng công thức tích phân từng phần :
1
I


2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x



=
2
2
0
tan
2
x
x
e e dx





0.25
Do đó
1 2

I I I
 
2 2
2
0 0
1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx
x
x
 
 

 
=
2
2
0
tan
2
x
x
e e dx





2
0
tan
2
x
x
e dx



2
e



0.25

Vậy :
2
I e



0.25
Câu IV

(1điểm)

Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD tại N thì N là giao điểm của
(BCM) và SD, vì SA

(ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là
·
0
SBA 60

. Ta có
·
SA SB.tanSBA a 3
 
.
Từ đó ta có:
a 3 2 31
SM SA AM a 3
3 3
    
SM SN 2
SA SA 3
  
.
Dễ thấy:
S.ABCD S.ABC S.ADC S.ABC S.ADC
V V V 2V 2V   

Và
S.BCNM S.BCM S.CNM
V V V 
Do đó:

S.BCNM S.BCM S.CNM S.BCM S.CNM
S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC
V V V V V
V V 2V 2V

  

1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5
. . . . . .
2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9
    
.
Mà
3
S.ABCD
1 2 3a
V SA.dt(ABCD)
3 3
 

3
S.BCNM
10 3a
V
27
 
(đvtt)

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn
1

x y z
  
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
xy yz zx
P
xy z yz x zx y
  
  

Do






1.
xy z xy z xy z x y z x z y z
         
nên
xy
xy z


1
.
2
x y x y
x z y z x z y z

 
 
 
   
 
(1)
Lý luận tương tự :
yz
yz x


1
.
2
y z y z
y x x z x y x z
 
 
 
   
 
(2)
xz
xz y


1
.
2
x z x z

x y y z x y y z
 
 
 
   
 
(3)





0.5

V
(1điểm)


Cộng vế với vế (1) , (2) và (3) ta được
xy yz zx
P
xy z yz x zx y
  
  
3
2


0.5

S
A
B
C
D
M
N

ng thc xóy ra khi v ch khi :
1
3
x y z


Vy giỏ tr ln nht ca
3 1
2 3
P x y z


1.(0,75 im)
Vì G nằm trên đờng thẳng 02



yx nên G có tọa độ )2;( ttG


. Khi đó
( 2;3 )

AG t t

uuur
,
( 1; 1)
AB

uuur
Vậy diện tích tam giác ABG là




1)3()2(2
2
1

2
1
22
2
22
ttABAGABAGS =
2
32 t

Nếu diện tích tam giác ABC bằng
27
2
thì diện tích tam giác ABG bằng

27 9
6 2

.
Vậy
2 3
9
2 2
t

, suy ra
6

t
hoặc
3


t
. Vậy có hai điểm G :
)1;3(,)4;6(
21
GG . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

3 ( )
C G A B
x x x x
và
3 ( )
C G A B

y y y y
.

0.5
Với
)4;6(
1
G
ta có
)9;15(
1
C
,


với
)1;3(
2
G
ta có
)18;12(
2
C


0.25

2.Gi

, ,
n A B C

r



2 2 2
0
A B C

l mt vect phỏp tuyn ca mt phng (P).
Phng trỡnh mt phng (P) i qua M cú dng;




1 2 0 2 0
Ax B y C z Ax By Cz B C



Do




1;1;3 3 2 0 2
N P A B C B C A B C

: 2 2 0
P B C x By Cz B C


0.25
Mt khỏc :Khong cỏch t K n mp(P) l:


,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC



-Nu B = 0 thỡ d(K,(P))=0 (loi)
-Nu
0
B

thỡ

2 2 2
1 1
,
2
4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B







Du = xy ra khi B = -C. Chn C = 1
Khi ú pt (P): x + y z + 3 = 0

0.5
VIa
(2im)


PT (x0y) l : z =0 . Nhn thy M ; N nm cựng phớa i vi mt phng (x0y)
Gi M l im i xng vi M qua (x0y) . ng thng d qua M vuụng gúc vi
(x0y) cú VTCP

0;0;1
u
r
. PTTS ca d l :
0
1
2
x
y
z t








. Gi s


0
H d x y

Thỡ


0; 1;2
H t

. lỳc ú 2+t=0. suy ra


0; 1;0
H
.Do ú M(0;-1;-2) ;


' 1;2;5
M N
uuuuur
.
Ta cú : IM+IN = IM+IN
'
M N

. ng thc xóy ra khi v ch khi
' ( 0 )
I M N x y

.
0.5
C

E


PT của đường thẳng M’N là :
1 1 3

1 2 5
x y z
  
 

.
Điểm I


1 ;1 2 ;3 5
m m m
   
cần thuộc đường thẳng M’N và (x0y)nên
3+5m=0

3
5
m
 
. Vậy
2 1
; ;0
5 5
I
 
 
 
 

VIIa

(1điểm)


Đk
5
log 2
x  (*) Đặt t=
5
x
t

ĐK t>2
BPT (1)
2
2
3 5
4
t
t
t
  

(1). Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được :

4 2
2
2
20
4 45
4

4
5
t
t t
t
t t


  


 



5
log 20
5 20
1
5 5
2
x
x
x
x







 








(**)
Kết hợp (*) và (**) ta được :
5
2
log 20
1
log 5
2
x
x





 



vậy bất phương trình có nghiệm :

5
2
log 20
1
log 5
2
x
x




 



0.25

0.25




0.25





0.25

1.(0.75 điểm)
Gọi

là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB
Ta có
 
6 6 4
, 4 2
2
d A
 
  

Vì

là đường trung bình của

ABC




; 2 ; 2.4 2 8 2
d A BC d A    
Gọi phương trình đường thẳng BC là:
0
x y a
  

Từ đó:
4
6 6
8 2 12 16
28
2
a
a
a
a

 

    

 



Nếu
28
a
 
thì phương trình của BC là
28 0
x y
  
, trường hợp này A nằm
khác phía đối với BC và


, vô lí. Vậy
4
a

, do đó phương trình BC là:
4 0
x y
  
.
Đường cao kẻ từ A của
ABC

là đường thẳng đi qua A(6;6) và
BC

:
4 0
x y
  

nên có phương trình là
0
x y
 
.
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình

0 2
4 0 2
x y x

x y y
   
 

 
    
 



Vậy H (-2;-2)
Vì BC có phương trình là
4 0
x y
  
nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m)
Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-m;m)

0.75
VIb
(2điểm)


Suy ra:


5 ; 3 , ( 6; 10 )
CE m m AB m m
       
uuur uuur

Vì
CE AB

nên








. 0 6 5 3 10 0
AB CE a a a a
       
uuur uuur




2
0
2 12 0
6
a
a a
a



  

 

Vậy


 
0; 4
4;0
B
C







hoặc


 
6;2
2; 6
B
C







.


Â
B

H

2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r
mà 2r.

= 8

. suy ra r =4 và
2 2 2
R r d
 

Trong đó




3
d d I P
 
2

25
R
 

Phương trình mặt cầu (S) :
     
2 2 2
1 2 2 25
x y z
     


0.75

Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với



tại điê,r
5 5 4
; ;
3 3 3
M
 

 
 

Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa




tiếp xúc với (S) đi qua
5 5 4
; ;
3 3 3
M
 

 
 
và có VTPT
2 11 10
; ;
3 3 3
MI
 

 
 
uuur
là :
6 33 30 105 0
x y z
   

0.5
VIIb
(1điểm)

ĐS : phương trình có 4 nghiệm
1 1
1 ; 1 ; ;
2 2
i i
z i z i z z
  
     
1.0





Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm
Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó.