Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

dap de thi thu dai hoc truong thpt nguyen hue de so 3

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (158.02 KB, 5 trang )

Trường học Online



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

Thời gian làm bài: 180 phút.
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = mx3 + 3mx 2 − ( m − 1) x − 1 , m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
4

4

sin x + cos x

1. Giải phương trình :

sin 2 x

2. Giải phương trình:

=


1
2

( tan x + cot x )

2

log 4 ( x + 1) + 2 = log

2

4 − x + log 8 ( 4 + x )

3

3
2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân A =


1

dx
x 1− x

2

2


Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết
SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích
và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
 x 2 − 7 x + 6 ≤ 0
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2
 x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường
thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( P ) : x + 2 y − 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y − 2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O,
qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
5 2
 4
3
Cn −1 − Cn −1 < 4 An − 2
(Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

7
C n − 4 ≥ A3
 n +1 15 n +1
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d
x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 .Xác định

(cho biết
điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC
vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng d1 :

x −1
2

=

y −3
−3

=

z
2

; d2 :

x−5
6

=

y
4

=


z +5
−5

Tìm các điểm M ∈ d1 , N ∈ d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x ) = ln
6
f '( x ) >

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

π

π

∫ sin
0

2

1

(3 − x)

3

và giải bất phương trình

t
dt
2


x+2

Trang 1

.


Trường học Online



HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1, Khi m = 1 ta có y = x + 3 x − 1
+ MXĐ: D =
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
3

2

x →−∞




x →+∞

 x = −2
y ' = 3x 2 + 6 x ; y ' = 0 ⇔ 

x = 0
Bảng biến thiên

yC§ = y ( −2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = −1


Đồ thị

Câu 1: 2, + Khi m = 0 ⇒ y = x − 1 , nên hàm số không có cực trị.
+ Khi m ≠ 0 ⇒ y ' = 3mx 2 + 6mx − ( m − 1)
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
1
⇔ ∆ ' = 9m 2 + 3m ( m − 1) = 12m 2 − 3m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤
4
sin 4 x + cos 4 x 1
Câu 2: 1,
= ( tan x + cot x ) (1)
sin 2 x
2
Điều kiện: sin 2 x ≠ 0
1
1
1 − sin 2 2 x
1 − sin 2 2 x
1
sin
x
cos
x
1

1


2
2
(1) ⇔
= 
+
=
⇔ 1 − sin 2 2 x = 1 ⇔ sin 2 x = 0
 ⇔
sin 2 x
sin 2 x
2
sin 2 x
2  cos x sin x 
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
x +1 ≠ 0
 −4 < x < 4
2
3

Câu 2: 2, log 4 ( x + 1) + 2 = log 2 4 − x + log8 ( 4 + x ) (2)
Điều kiện: 4 − x > 0 ⇔ 
 x ≠ −1
4 + x > 0


(2) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 (16 − x 2 )
⇔ log 2 4 x + 1 = log 2 (16 − x 2 ) ⇔ 4 x + 1 = 16 − x 2

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 2


Trường học Online



x = 2
+ Với −1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x − 12 = 0 ; ⇔ 
 x = −6 ( lo¹i )

 x = 2 − 24
+ Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 ⇔ 
 x = 2 + 24 ( lo¹i )

(

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6

Câu 3: Đặt t = 1 − x 2 ⇒ t 2 = 1 − x 2 ⇒ 2tdt = −2 xdx ⇒

)

dx
tdt
dx
tdt
tdt

=− 2 ⇒
=−
= 2
2
x
x
x
1− t
t −1

+ Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 3 ; x = 3 ⇒ t = 1
2

1
2

A=

2

2

2

3
2

dt
∫ t 2 −1 =
3


dt
1 t + 1 23 1  7 + 4 3 
=
∫1 1 − t 2 2 ln 1 − t |12 = 2 ln  3 



2

2

Câu 4: Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ra
( SOE ) ⊥ AB . Dựng OH ⊥ SE ⇒ OH ⊥ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ
O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
1
1
1
1
1
1
1 8
=
+

=

= 1− =
2

2
2
2
2
2
9 9
OH
SO OE
OE
OH
SO
9
3
⇒ OE 2 = ⇒ OE =
8
2 2
9
81
9
SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = ⇒ SE =
8
8
2 2
2S
1
36
S SAB = AB.SE ⇔ AB = SAB =
=8 2
9
2

SE
2 2
2

2
9
9 265
1

OA2 = AE 2 + OE 2 =  AB  + OE 2 = 4 2 + = 32 + =
8
8
8
2

1
1 265
265
Thể tích hình nón đã cho: V = π .OA2 .SO = π
.3 =
π
3
3 8
8
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
265 337
337
265 337
89305
SA2 = SO 2 + OA2 = 9 +

=
⇒ SA =
; S xq = π .OA.SA = π
.

8
8
8
8
8
8
2
 x − 7 x + 6 ≤ 0 (1)
Câu 5: Hệ bất phương trình  2
 x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0 (2)
(1) ⇔ 1 ≤ x ≤ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 ∈ [1;6] thỏa mãn (2).

(

( 2 ) ⇔ x 2 − 2 x + 3 ≥ ( 2 x + 1) m ⇔

)

x2 − 2 x + 3
≥ m (do x ∈ [1;6 ] ⇒ 2 x + 1 > 0)
( 2 x + 1)

x2 − 2 x + 3
; x ∈ [1;6] . Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [1;6] : f ( x0 ) ≥ m
2x +1

2
2 x2 + 2 x − 8 2 ( x + x − 4)
−1 ± 17
f '( x) =
=
; f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 + x − 4 = 0 ⇔ x =
2
2
2
( 2 x + 1)
( 2 x + 1)

G ọi f ( x ) =

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 3


Trường học Online



2
27  −1 + 17  −3 + 17
Ta có: f (1) = , f (6) = , f 
 =
3
13 
2

2

27
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x) =
13
27
Do đó ∃x0 ∈ [1;6] : f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x) ≥ m ⇔
≥m
x∈[1;6]
13
4 x + 3 y − 4 = 0
 x = −2
Câu 6a: 1, Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 
⇔
⇒ A ( −2; 4 )
x + 2 y − 6 = 0
y = 4

Vì x ∈ [1;6] nên chỉ nhận x =

−1 + 17
2

4 x + 3 y − 4 = 0
x = 1
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 
⇔
⇒ B (1;0 )
x − y −1 = 0
y = 0

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0

Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆ 2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0
Từ giả thiết suy ra ( ∆ 2 ; ∆ 3 ) = ( ∆1 ; ∆ 2 ) . Do đó
cos ( ∆ 2 ; ∆ 3 ) = cos ( ∆1; ∆ 2 ) ⇔

|1.a + 2.b |
2

5. a + b

2

=

a = 0
| 4.1 + 2.3 |
⇔| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 ⇔ a ( 3a − 4b ) = 0 ⇔ 
25. 5
3a − 4b = 0

+ a = 0 ⇒ b ≠ 0 . Do đó ∆ 3 : y − 4 = 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆ 3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với ∆1 ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
y − 4 = 0
x = 5
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 
⇔
⇒ C ( 5; 4 )

x − y −1 = 0
y = 4
Câu 6ª: 2, Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
OI = AI

OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ OI = d ( I , ( P ) )

d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )
2
2
2
Ta có: OI = AI ⇔ OI 2 = AI 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1) ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1)
| a + 2b − 2c + 5 |
2
⇔ 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b − 2c + 5 ) (2)
3
| a + 2b − 2c + 5 | | a + 2b − 2c − 13 |
d ( I , ( P )) = d ( I , (Q )) ⇔
=
3
3
 a + 2b − 2c + 5 = a + 2b − 2c − 13 (lo¹i)
⇔
⇔ a + 2b − 2c = 4 (3)
 a + 2b − 2c + 5 = − a − 2b + 2c + 13

OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 =

17 11a
11 − 4a


;c=
(4)
3
6
3
Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5)

Từ (1) và (3) suy ra: b =

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a − 2 )( 221a − 658) = 0
658
67 
 658 46
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I 
;
;−
 và R = 3.
221
 221 221 221 
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

Như vậy a = 2 hoặc a =

2

2

( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 1)


2

2

2

2

658  
46  
67 

= 9 và  x −
 + y−
 +z+
 =9
221  
221  
221 


Câu 7a: Điều kiện: n − 1 ≥ 4 ⇔ n ≥ 5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 4


Trường học Online




 ( n − 1)( n − 2 )( n − 3)( n − 4 ) ( n − 1)( n − 2 )( n − 3) 5

< ( n − 2 )( n − 3)

4.3.2.1
3.2.1
4
⇔
n
+
1
n
n

1
n

2
n

3
) ( )(
)(
) ≥ 7 n + 1 n n −1
(
( ) ( )

5.4.3.2.1

15
n 2 − 9n − 22 < 0

⇔ n 2 − 5n − 50 ≥ 0 ⇔ n = 10
n ≥ 5

Câu 6b: 1,Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
 x2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0
 y = 0; x = 2
⇔

 y = −1; x = −3
x − 5y − 2 = 0
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
 x = 1 + 2t

Câu 6b: 2, Phương trình tham số của d1 là:  y = 3 − 3t .
 z = 2t

M thuộc d1 nên tọa độ của M (1 + 2t;3 − 3t ; 2t ) .
Theo đề: d ( M , ( P ) ) =

|1 + 2t − 2 ( 3 − 3t ) + 4t − 1|
2

12 + ( −2 ) + 2 2

=2⇔


|12t − 6 |
= 2 ⇔ 12t − 6 = ±6 ⇔ t1 = 1, t2 = 0.
3

+ Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3; 0; 2 ) ;
+ Với t2 = 0 ta được M 2 (1;3; 0 )
+ Ứng với M1, điểm N1 ∈ d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là
(Q1). PT (Q1) là: ( x − 3) − 2 y + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z − 7 = 0 (1) .

 x = 5 + 6t

Phương trình tham số của d2 là:  y = 4t
(2)
 z = −5 − 5t

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).
1
Câu 7b: Điều kiện
>0⇔ x<3
3
(3 − x )
f ( x) = ln
Ta có:

6

π


1

(3 − x )
π
2
∫ sin
0

3

= ln1 − 3ln ( 3 − x ) = −3ln ( 3 − x ) ; f '( x) = −3

1
3
(3 − x ) ' =
3− x
(3 − x )

π

π
t
6 1 − cos t
3
3
dt = ∫
dt = ( t − sin t ) | = (π − sin π ) − ( 0 − sin 0 )  = 3
0
2
π 0 2

π
π

6
Khi đó: f '( x) >

π

π

∫ sin

2

0

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

x+2

t
dt
2

2x −1

3
 3
 x < −2
>


 x−3 x+ 2 < 0
)(
) ⇔ 1
⇔ 3 − x x + 2 ⇔ (
 < x<3
 x < 3; x ≠ −2
 x < 3; x ≠ −2
2


Trang 5



×