Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo dành cho các sĩ tử ôn thi đại học, chuẩn bị tốt cho kì thi cao đẳng đại học sắp tới
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x − = − 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình 2 17 sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( ) 2 2 12 x x x x π π + + = + + 2) Giải hệ phương trình : 4 3 2 2 3 2 1 1 x x y x y x y x xy − + = − + = − Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4 0 tan .ln(cos ) cos x x dx x π ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0 . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 a b b c c a ab c bc a ca b + + + + + ≥ + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 45 0 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1 ( ) : 1 2 3 x y z d + = = − − và 1 4 ( ') : 1 2 5 x y z d − − = = Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 (24 1) (24 1) (24 1) log log + + + + = x x x x x log x x x Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : 1C x y+ = , đường thẳng ( ) : 0d x y m+ + = . Tìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1 ∆ : 2 2 − − x = 1 1 + y = 3 z . Gọi 2 ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 )) ≤ 1 ----------Hết---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu - ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định : { } \ 1D = ¡ *Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞ *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1x Lim y + → = +∞ 1x Lim y − → = −∞ 2 x Lim y →+∞ = 2 x Lim y →−∞ = Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0 ( ; ( )) ( )M x f x C∈ có phương trình 0 0 0 '( )( ) ( )y f x x x f x= − + Hay 2 2 0 0 0 ( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − = (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4 0 2 2 2 1 ( 1) x x − ⇔ = + − giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x = *Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y+ − = và 5 0x y+ − = 0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0 6 c x x c x π − + + + = os(2 ) 5 os( ) 3 0 3 6 c x c x π π ⇔ + + + + = 2 2 os ( ) 5 os( ) 2 0 6 6 c x c x π π ⇔ + + + + = Giải được 1 os( ) 6 2 c x π + = − và os( ) 2 6 c x π + = − (loại) *Giải 1 os( ) 6 2 c x π + = − được nghiệm 2 2 x k π π = + và 5 2 6 x k π π = − + 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Biến đổi hệ tương đương với 2 2 3 3 2 ( ) 1 ( ) 1 x xy x y x y x xy − = − − − = − 0.25 0.25 *Đặt ẩn phụ 2 3 x xy u x y v − = = , ta được hệ 2 1 1 u v v u = − − = − *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 0.25 3 *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 4 x π = thì 1 2 t = Từ đó 1 1 2 2 2 1 1 2 ln lnt t I dt dt t t = − = ∫ ∫ *Đặt 2 1 ln ;u t dv dt t = = 1 1 ;du dt v t t ⇒ = = − Suy ra 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ln ln 2 1 1 2 2 2 I t dt t t t = − + = − − ∫ *Kết quả 2 2 1 ln 2 2 I = − − 0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH A B C⊥ *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 0 60SEH SFH= = *Kẻ HK SB⊥ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . *Lập luận và tính được AC=AB=a , 2 2 a HA = , 0 3 tan 60 2 a SH HF= = *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 1 1 1 3 10 K H a HK H S HB = + ⇒ = *Tam giác AHK vuông tại H có 2 20 2 tan 3 3 10 a A H A K H K H a = = = 3 cos 23 A K H⇒ = 0.25 0.25 0.25 0.25 5 *Biến đổi 1 1 1 (1 )(1 ) a b c c ab c ab b a a b + − − = = + + − − − − *Từ đó 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − = + + − − − − − − Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c 0.25 0.25 0.25 dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 3 1 1 1 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − ≥ − − − − − − =3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c= = = 0.25 6.a * ∆ có phương trình tham số 1 3 2 2 x t y t = − = − + và có vtcp ( 3;2)u = − ur *A thuộc ∆ (1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − + *Ta có (AB; ∆ )=45 0 1 os( ; ) 2 c A B u⇔ = uuuur ur . 1 2 . A B u A B u ⇔ = uuuur ur ur 2 15 3 169 156 45 0 13 13 t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = − *Các điểm cần tìm là 1 2 32 4 22 32 ( ; ), ( ; ) 13 13 13 13 A A− − 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a *(d) đi qua 1 (0; 1;0)M − và có vtcp 1 (1; 2; 3)u = − − uur (d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u = uur *Ta có 1 2 ; ( 4; 8;4)u u O = − − ≠ uur uur ur , 1 2 (0;2;4)M M = uuuuuuur Xét 1 2 1 2 ; . 16 14 0u u M M = − + = uur uur uuuuuuur (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n = − ur và đi qua M 1 nên có phương trình 2 2 0x y z+ − + = *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 0.25 0.25 0.25 8.a *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét 1x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1 1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1) x x x x x x + = + + + + + Đặt log ( 1) x x t+ = , ta được phương trình 1 2 1 1 2 2t t t + = + + giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 log ( 1) 1 x x⇒ + = phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 2 log ( 1) 3 x x⇒ + = − 2 3 .(24 1) 1x x⇔ + = (*) 0.25 0.25 0.25 Nhận thấy 1 8 x = là nghiệm của (*) Nếu 1 8 x > thì VT(*)>1 Nếu 1 8 x < thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 1 8 x = *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 1 8 x = 0.25 6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d⇔ < *Ta có 1 1 1 . .sin .sin 2 2 2 O A B S O A O B A O B A O B= = ≤ Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0 90A O B = 1 ( ; ) 2 d I d⇔ = 1m ⇔ = ± 0.25 0.25 0.25 0.25 7.b * 1 ∆ có phương trình tham số 2 2 1 3 x t y t z t = − = − + = * 2 ∆ có phương trình tham số 2 5 3 x s y s z s = + = + = *Giả sử 1 2 ;d A d B∩ ∆ = ∩∆ = (2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − + * ( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + − uuuur , mf(R) có vtpt (1;2; 3)n = − ur * ( ) &d R A B n⊥ ⇔ uuuur ur cùng phương 2 3 6 3 1 2 3 s t s t s t+ − + − ⇔ = = − 23 24 t⇒ = *d đi qua 1 1 23 ( ; ; ) 12 12 8 A và có vtcp (1;2; 3)n = − ur => d có phương trình 23 1 1 8 12 12 1 2 3 z x y − − − = = − 0.25 0.25 0.25 0.25 8.b *Điều kiện : 3 0 log (9 72) 0 9 72 0 x x x > − > − > giải được 9 log 73x > 0.25 Vì 9 log 73x > >1 nên bpt đã cho tương đương với 3 log (9 72) x x− ≤ 9 72 3 x x ⇔ − ≤ 3 8 3 9 x x ≥ − ⇔ ≤ 2x ⇔ ≤ *Kết luận tập nghiệm : 9 (log 72;2]T = 0.25 0.25 0.25 . điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 )) ≤ 1 -- -- - -- - -- Hết -- - -- - -- - - ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu - ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định : {. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 201 2-2 0 13 Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thi n