Đang tải... (xem toàn văn)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2
www.MATHVN.com www.MATHVN.com 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 www.MATHVN.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A, B Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7,0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 y x 3x 2= − + (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị ( C) tại ba điểm phân biệt A( 2; 4), B, C sao cho gốc tọa độ O nằm trên đường tròn đường kính BC. Câu II. ( 2 điểm) 1. Giải phương trình 2 2 4 4 (2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1 2sin x x x x x − − + = . 2. Giải phương trình 2 3 3 2 4 4 4 4 (1 ) (1 ) 1 (1 ) ( ).x x x x x x x x x R+ − + − = − + + − ∈ Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân 1 (2 1)ln 3 . ln 1 e x x I dx x x + + = + ∫ Câu IV ( 1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ) ⊥ . Câu V ( 1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 4 a b c b c a + + ≥ + + + PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành OABC có diện tích bằng 4. Biết A (-1; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x - 1. Tìm tọa độ đỉnh B và C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đườ ng th ẳ ng 1 3 : 1 2 1 2 x y z d − − = = − , 5 5 : 2 3 4 2 x y z d − + = = .Tìm các đ i ể m A trên 1 d và B trên 2 d sao cho AB song song v ớ i m ặ t ph ẳ ng (P) và AB cách (P) m ộ t kho ả ng b ằ ng 1. Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm s ố h ạ ng không ch ứ a x trong khai tri ể n 2 2 2 1 ( 3 ) n P x x + = + , bi ế t n là s ố nguyên d ươ ng th ỏ a mãn + = 3 2 n n A 2C 16n . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI. b ( 2 điểm ) 1 . Trong m ặ t ph ẳ ng t ọ a độ Oxy, cho A(1 ; 2) và đườ ng th ẳ ng d: 4x – 3y – 23 = 0. Hai đ i ể m B và C di độ ng trên d sao cho đ o ạ n BC luôn có độ dài b ằ ng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nh ỏ nh ấ t. 2. Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ Oxyz, cho hình vuông ABCD v ớ i A(1; 2; 0); C(2; 3; -4) và đỉ nh B n ằ m trên m ặ t ph ẳ ng (Q): 032 =−++ zyx . Tìm to ạ độ c ủ a đỉ nh D. Câu VII.b ( 1 điểm) Tìm a và n nguyên d ươ ng th ỏ a : 2 3 1 0 1 2 127 2 3 ( 1) 7 n n n n n n a a a aC C C C n + + + + + = + và 3 20 n A n= . . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. www.MATHVN.com www.MATHVN.com 2 Họ tên thí sinh :………………………………….Số báo danh:………………… www.MATHVN.com www.MATHVN.com 3 4 2 -2 -5 5 f x( ) = x 3 -3ìx +2 P N THANG IM Cõu ỏp ỏn im I 1. 1 im a. TXĐ: D = R b. Sự biến thiên: 2 ' 3 3y x= , 1 ' 0 1 x y x = = = Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ; 1 và ( ) 1;+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 . 0,25 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y CT = 0. + Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y CĐ = y (-1) = 4 Giới hạn: + = +lim x y ; = lim x y 0,25 Bảng biến thiên: x - -1 1 + y' + 0 - 0 + y 4 - 0 + 0,25 3 Đồ thị: + Giao với trục Oy (0; 1) + Giao với trục Ox (1; 0), (-2; 0). 0,25 2. ( 1 im) Phơng trình đờng thẳng d qua điểm A(2;4) có hệ số góc k là: ( ) y k x 2 4= + Hoàng độ giao điểm của của đờng thẳng d và đồ thị (C) là nghiệm của phơng trình: ( ) ( ) ( ) 3 2 x 3x 2 k x 2 4 x 2 x 2x 1 k 0 + = + + + = 0,25 2 x 2 0 x 2x 1 k 0 (2) = + + = Đờng thẳng d cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt thì phơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0 0 9 0 9 k k k k > > 0,25 Khi đó tọa độ B(x 1 ;y 1 ); C(x 2 ;y 2 ) vi 1 2 1 2 2 1 x x x x k + = = , 1 1 2 2 ( 2) 4, ( 2) 4y k x y k x = + = + Điểm O nằm trên đờng tròn đờng kính BC khi và chỉ khi . 0OBOC = 0,25 3 2 9 25 17 0 1k k k k + = = ( tha món ) Vy d : y = x+2 . 0,25 1.(1,0 im) II. 1) K: ,x k k V i K trờn ph ng trỡnh ó cho t ng ng 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 4 với: 4 4 2 2 2 2 2 1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos ) 2 1 1 1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos ) 2 2 x x x x x x x x x + = − − ⇔ − = − − 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2 cos cos 2 2 cos cos 1 0 x x x x x x x x − = − − ⇔ = − ⇔ − − = 0,25 cos 1 1 cos 2 x x = = 2 2 2 , ( ) 3 x k x k k Z π π π = ⇔ = ± + ∈ 0,25 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 2 2 , 3 x k k π π= ± + ∈ ℤ 0,25 2. 1 điểm +) điều kiện 0 1x≤ ≤ Đặt 4 4 4 4 , 0 1 1 , 0 a x a a b b x b = ≥ ⇒ + = = − ≥ 0,25 +) Phương trình trở thành 2 2 3 2 3 2 a ab b b a a b+ + = + + ( )( )( 1) 0a b a b a b⇔ − + + − = 0 ( ì .) 1 a b a b loaiv a b = ⇔ + = + = 0,25 +) Với a = b 4 4 1 1 ( ) 2 x x x tm= − ⇔ = 0,25 +) Với a+b= 1 ta có hệ 2 4 4 2 2 2 1 1 1 0 1 0 1 1 ( ) 2 2 1 2 2 a b a b a b ab a b ab a b a b a b ab a b ab ab + = + = + = = + = ⇔ ⇔ ⇔ = + = + = + − − = = = 0 ( ) 1 x tm x = ⇔ = Vậy phương trình có 3 nghiệm x= 0, x= 1, 1 2 x = . 0,25 Câu III 1 điểm 0,25 +) 1 1 1 1 (2 1)ln 3 2( ln 1) ln 1 ln 1 2 ln 1 ln 1 ln 1 e e e e x x x x x x I dx dx dx dx x x x x x x + + + + + + = = = + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 +) 1 1 2 2 2( 1) 1 e e I dx x e= = = − ∫ 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 5 Q P K M I N C A B A' C' B' 2 1 ln 1 ln 1 e x I dx x x + = + ∫ . §Æt ln 1 ln 1t x x dt x= + ⇒ = + , §æi cËn x= 1 => t = e; x= e => t = e+1 0,25 +) 1 2 1 1 ln ln(1 ) 1 e e dt I t e t + + = = = + ∫ 0,25 1 2 ln(1 ) 2( 1)I I I e e= + = + + − 0,25 Câu IV 1 điểm Gọi I là trung điểm A’B’ thì ' ' ' ' ( ' ') ' AA' C I A B C I ABA B C I ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc 'C BI . Suy ra 0 ' 60C BI = . 15 ' .tan ' 2 a C I BI C BI= = 0,25 Có 2 ' ' ' 1 . 15 ' '. ' (d d ) 2 4 A B C a S A B C I v t= = 3 . ' ' ' ' ' ' 1 . 15 . . AA'. AA' . ' ' 2 4 ABC A B C A B C a V S CI A B= = = (đvtt) 0,25 +) / / ' ( ) / /( ' ) / / ' NP BC NPQ C BI PQ C I ⇒ (1) 0,25 +) 0 ' ( ) ' ' 90 AM BI ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI = − − = + = ⇒ ⊥ △ △ . Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ ( ' )C BI Suy ra (AMC) ⊥ ( ' )C BI (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)⊥ 0,25 Câu V 1 điểm .Do ab + bc + ca = 3 nên VT (***) = 3 3 3 2 2 2 a b c b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca + + + + + + + + + + + = 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c b c a b c a b c a b c a + + + + + + + + 0,25 Theo BĐT Cô si ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a b c a b a b c c a + + + + ≥ + + 3 5 2 ( )( ) 8 a a b c b c c a − − ⇒ ≥ + + (1) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: 3 5 2 ( )( ) 8 b b c a c a a b − − ≥ + + (2) 3 5 2 ( )( ) 8 c c a b a b c a − − ≥ + + (3) 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 6 Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được (***) 4 a b c VT + + ≥ 0,25 Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3( )ab bc ca+ + = 3. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm) 0,25 Câu VI a 1. 1 điểm Ta có phương trình đường thẳng OA: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB. 5OA = 4 1 OABC OAI OAI S S S= ⇒ = . 1 2 . 1 2 5 OAh h⇔ = ⇔ = 0,25 Gọi toạ độ diểm I là ( ) 0 0 ,I x y ta có hệ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 1, 0 2 2 5 5 1 4 1 , 1 3 3 x y x y x y y x x y y x + = = = + = ⇔ ⇔ − − = − = = = − 0,25 Do I là trung điểm OB và AC nên +) Với I(1;0) suy ra B(2;0) và C(3;-2) 0,25 +) Với I( 1 ; 3 − 4 3 − ) suy ra 2 8 ; 3 3 B − − và C 1 14 ; 3 3 − Vậy có hai cặp B, C thoả mãn B(2;0) và C(3;-2) hoặc 2 8 ; 3 3 B − − và C 1 14 ; 3 3 − 0,25 2. 1 điểm Ta có 1 2 1 2 5 3 : 3 : 4 2 5 2 x t x k d y t d y k z t z k = + = + = + = = − = − + vectơ pháp tuyến của (P) là (2; 1;2)n − 1 (2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + − 2 (3 5,4 ,2 5)B d B k k k∈ ⇒ + − (3 2 4,4 3,2 2 5)AB k t k t k t= − + − − + − 0,25 . 0 p AB n = ⇔ 6 1 0k t+ + = 0,25 ( ) /( ) 4 2 3 4 1 2 / /( ) 1 3 3 A P t t t t AB P d + − − − − + ⇒ = = = 5 1 t t = − ⇔ = 0,25 Với 2 8 11 5 ( 9; 2;10), 7; ; 3 3 3 t k A B − = − ⇒ = ⇒ − − 1 4 17 1 (3;4; 2), 4; ; 3 3 3 t k A B − − − = ⇒ = ⇒ − . Vậy ………… 0,25 Câu VIIa 1 điểm +) Đk: n ∈ N, n ≥ 3. + = 3 2 n n A 2C 16n ⇔ + = − − n! n! 2 16n (n 3)! 2!(n 2)! 0,25 I D C A B www.MATHVN.com www.MATHVN.com 7 d d' C H A' D' A (1;2) D B +) ⇔ n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n ⇔ n 2 – 2n – 15 = 0 ⇔ = = − n 5 n 3 (loaïi) Vậy n = 5. 0,25 +) Với n= 5 ta có 12 2 12 12 3 12 0 1 ( 3 ) 3 k k k k P x C x x − + = = + = ∑ 0,25 +)Theo bài ra ta có -12+3k = 0 k = 4 . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 4 4 12 3 40095C = 0,25 Câu VI b. 1. 1 điểm Gọi d’ là đường thẳng qua A và // d => d’ có pt: 4x – 3y + 2 = 0. Gọi D(x ; y) trên d’ sao cho AD = 5 Ta có: ( ) ( ) 4 2 4 4 ( ; ) ( 1; ); 5 4;6 ; ’ –2;–2 . 3 3 3 3 D x x AD x x AD D D+ ⇒ = − − = ⇒ 0,25 Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + BC + 5 => chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất. Xét tứ giác ABCD. Dễ có ABCD là hình bình hành => AB + AC = AC + CD Gọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD. AB + AC nhỏ nhất khi và chỉ khi A’C + CD nhỏ nhất, hay 3 điểm A’, C, D thẳng hàng. 0,25 Do A’ đối xứng với A qua d nên tìm được AA’: 3x + 4y – 11 = 0 ta có ( ) AA' (5; 1) ’ 9;–4 .H d H A= ∩ ⇒ − ⇒ => A’D: 2x + y – 14 = 0. ta có 13 ' ( ;1) 2 C d A D C= ∩ ⇒ . 0,25 Do 7 ( ; 3) 2 BC AD B= ⇒ − . Dễ thấy khi A’, C, D thẳng hàng thì A’, B, D’ cũng thẳng hàng . Vậy hai điểm cần tìm là: 7 ( ; 3) 2 − và 13 ( ;1) 2 . 0,25 2. 1 điểm +) Gọi I là trung điểm của AC => 3 5 ( ; ; 2) 2 2 I − Gọi B( a; b; c) => ( 1; 2; ), ( 2; 3; 4)AB a b c CB a b c− − − − + Ta có ( ) 2 3 0B Q a b c∈ ⇒ + + − = (1) 0,25 +) Vì ABCD là hình vuông ta có 4 12 (2) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 4) 0 (3) AB CB a b c AB CB a a b b c c = + − = ⇔ ⊥ − − + − − + + = 0,25 +) Từ (1) và (2) ta có 21 9 9 5 a c b c = + = − − thay vào (3) ta được 2 2 107 470 512 0 256 107 c c c c = − + + = ⇔ − = Với c = - 2 => B( 3; 1;-2) do I trung điểm BD nên D( 0; 4; -2). 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 8 +) Với 256 107 c − = => 57 317 256 ( ; ; ) 107 107 107 B − − do I trung điểm BD nên 378 218 172 ( ; ; ) 107 107 207 D − Vậy có 2 điểm thỏa mãn D( 0; 4; -2), 378 218 172 ( ; ; ) 107 107 207 D − 0,25 1 điểm Câu Đk : 3 àn v n N≥ ∈ 3 2 20 ( 1)( 2) 20 3 18 0 n A n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại ) 0,25 Khi đó: 2 7 0 1 6 6 6 6 127 . . 2 7 7 a a a C C C+ + + = Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 (1 )x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + + . Lấy tích phân hai vế 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 0 0 (1 ) a a x dx C C x C x C x C x C x C x dx+ = + + + + + + ∫ ∫ ⇔ 0,25 [ ] 7 2 7 2 7 0 1 6 0 1 6 6 6 6 6 6 6 0 0 0 0 (1 ) . . . 7 2 7 2 7 a a a a x x x a a C x C C a C C C + = + + + = + + + 0,25 VIIb ⇔ 7 7 7 7 (1 ) 1 127 (1 ) 128 (1 ) 2 7 7 7 a a a + − = ⇒ + = ⇒ + = ⇔ a 1 = Vậy n = 6, a = 1 0,25 . DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH B C NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 www.MATHVN.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A, B Thời gian làm b i: 180 phút ( không. 1 ta có hệ 2 4 4 2 2 2 1 1 1 0 1 0 1 1 ( ) 2 2 1 2 2 a b a b a b ab a b ab a b a b a b ab a b ab ab + = + = + = = + = ⇔ ⇔ ⇔ = 