Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 120 potx

9 827 4
Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 120 potx

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A B song song với nhau độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 5 2.cos5 sin( 2 ) sin 2 .cot 3 . 2 x x x x π π   − + = +  ÷   2. Giải hệ phương trình : 2 2 4 2 2 2 3 15 0 2 4 5 0 x y x y x y x y  + + − =   + − − − =   Câu III ( 1điểm) Tính tích phân ( ) 3 2 1 1 ln 2 1 2 ln e x x x I dx x x + + + = + ∫ . Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a, 2AC a = . Các mặt phẳng ( ' ),( ' ),( ' )B AB B AC B BC cùng tạo với mặt phẳng ( )ABC góc 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Câu V (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn x y z≥ ≥ 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x z P y z y = + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm ( ) 3;3I 2AC BD= . Điểm 4 2; 3 M    ÷   thuộc đường thẳng AB , điểm 13 3; 3 N    ÷   thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1 d : ; d : 1 2 1 2 1 1 + + − − − = = = = và mặt phẳng ( ) P : x y 2z 5 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( ) ( ) 1 2 d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Câu VII.a. Tìm số phức z thỏa mãn 2 z z z+ = . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC AB bằng 45 0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 điểm B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) đường thẳng ∆: x y z1 1 2 1 2 + − = = − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b. (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 2 2 2m x x x− + = + có 2 nghiệm phân biệt. Hết 1 HƯỚNG DẪN Câu 1: 1, Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ ( ) 2;+∞ ; nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 • Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ; y CT 2= − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2= • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: • Đồ thị: Nhận xét: Câu 1: 2, Đặt ( ) ( ) 3 2 3 2 ; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − + với a b ≠ . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 ; ' 3 6 A A B B k y x a a k y x b b= = − = = − . Tiếp tuyến của (C) tại A B song song với nhau khi chỉ khi ( ) ( ) 2 2 3 6 3 6 2 0 2 A B k k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = − Độ dài đoạn AB là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 . 3 4 1 4 1 . 1 3 AB a b a b a b a b a b a ab b a b a a a     = − + − − − = − + − + + − +       = − + − − −   Đặt t = ( a – 1 ) 2 4 2AB = ( ) ( ) ( ) 2 2 3 8 4 2 2 0t t t t t t⇔ + − = ⇔ − − + = 4t⇔ = 1 2 1 2 a a − =  ⇔  − = −  • Với 3 1a b= ⇒ = − ⇒ ( ) ( ) 3;2 , 1; 2A B − − • Với 1 3a b= − ⇒ = ⇒ ( ) ( ) 1; 2 , 3;2A B− − Vậy ( ) ( ) 3;2 , 1; 2A B − − hoặc ( ) ( ) 1; 2 , 3;2A B− − . Câu 2: 1, ĐK: sin3 0x ≠ pt ⇔ 2cos5 sin 2 cos2 .cot 3x x x x+ = ⇔ 2cos5 sin3 sin 2 cos3 cos2 .cos3x x x x x x+ = ⇔ 2cos5 sin3 cos5 0x x x− = ⇔ cos5 ( 2 sin3 1) 0x x − = +) 1 sin 3 0 2 x = ≠ (t/m đk) ⇔ 2 12 3 2 4 3 k x k x π π π π  = +    = +   +) cos5 0x = ⇔ 10 5 k x π π = + t/m đk KL:……………… Câu 2: 2, 2 2 4 2 2 2 3 15 0 2 4 5 0 x y x y x y x y  + + − =   + − − − =   Hệ pt 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) 4( 1) 4( 2) 5 ( 1) ( 2) 10 x y x y x y  − − + − + − =  ⇔  − + − =   . 2 M C' A' B C A B' H N P Đặt 2 1 2 u x v y  = −  = −  Ta có hpt 2 2 2 10 ( ) 2 10 4( ) 5 4( ) 5 u v u v uv uv u v uv u v   + = + − = ⇔   + + = + + =   ⇔ 10 45 u v uv + = −   =  (vô nghiệm) hoặc 2 3 u v uv + =   = −  3 1 u v =  ⇔  = −  hoặc 1 3 u v = −   =  +) 3 1 u v =   = −  Tìm được 2 nghiệm ( ; ) (2;1)x y = ( ; ) ( 2;1)x y = − +) 1 3 u v = −   =  Tìm được nghiệm ( ; ) (0;5)x y = Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5) Câu 3: ( ) 3 2 2 1 1 1 1 ln 2 1 1 ln 2 ln 2 ln e e e x x x x I dx x dx dx x x x x + + + + = = + + + ∫ ∫ ∫ Ta có : 3 3 2 1 1 1 3 3 e e x e x dx   − = =     ∫ ( ) 1 1 1 2 ln 1 ln ln 2 ln 2 ln 2 ln e e e d x x x dx x x x x x x + + = =  +    + + ∫ ∫ ( ) 2 ln 2 ln 2 ln 2 e e + = + − = Vậy 3 1 2 ln 3 2 e e I − + = + . Câu 4: Gọi H là hình chiếu của 'B trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB và BC.Khi đó , 'AC HM AC B H⊥ ⊥ ( ' )AC B BM⇒ ⊥ . Vậy góc giữa ( ' )B AC ( )BAC là góc 'B MH . Tương tự ta có 0 ' ' ' 60B MH B NH B PH= = = . Do đó ' ' 'B MH B NH B PH HM HN HP∆ = ∆ = ∆ ⇒ = = . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Theo công thức 2 ( )( )( ) 4 . .2 . 2 2S p p a p b p c a a a a a= − − − = = Mặt khác 2 2 2 2 4 2 S a a S pr r HM p a = ⇒ = = = = Tam giác vuông 'B HM có 0 2 6 ' .tan 60 . 3 2 2 a a B H HM= = = Từ đó 2 3 . ' ' ' 6 . ' 2 2 . 2 3 2 ABC A B C ABC a V S B H a a= = = ( đvtt). Câu 5 : Ta có 2 , 2 x z xz x yz z z y + ≥ + ≥ Từ đó suy ra 3 2 2 3 x z P y x xz z yz y z y = + + ≥ − + − + 2 2( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z= + + + + − − = + + + − Do 0x > y z≥ nên ( ) 0x y z− ≥ . Từ đây kết hợp với trên ta được 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 x z P y x z y y y y z y = + + ≥ + + = − + = − + ≥ . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 Câu 6a: 1, Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 5 ' 3; 3 N    ÷   . Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3 2 0x y− + = .Suy ra: ( ) 3 9 2 4 , 10 10 IH d I AB − + = = = Do 2AC BD = nên 2IA IB= . Đặt 0IB x = > , ta có phương trình: 2 2 2 1 1 5 2 2 4 8 x x x x + = ⇔ = ⇔ = Đặt ( ) ,B x y . Do 2IB = B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 3 ( ) ( ) 2 2 2 14 4 3 5 18 16 0 3 3 2 5 8 2 3 2 3 2 0 5 x x y y x y y x y x y y  =   = >  − + =  − + − =   ⇔ ⇔ ∨     = = − − + =      =   Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8 ; 5 5 B    ÷   Vậy,đường chéo BD là: 7 18 0x y− − = . Câu 6a: 2, Đặt ( ) ( ) A 1 a; 2 2a;a , B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + + , ta có ( ) AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + + uuur Do AB song song với (P) nên: ( ) P AB n 1;1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = − uuur uur . Suy ra: ( ) AB a 5; a 1; 3= − − − − uuur Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥ Suy ra: { a 2 min AB 3 3 b 2 = = ⇔ = − , ( ) 1;2;2A , ( ) 3; 3; 3AB = − − − uuur Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2 1 1 1 − − − = = . Câu 7a: Giả sử z x yi= + , khi đó 2 2 2 2 ( )z z z x yi x y x yi+ = ⇔ + + + = − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 x y x y x x y x y xyi x yi xy y  − + + =  ⇔ − + + + = − ⇔  = −   TH 1. 1 2 x = − ta được 2 2 2 2 1 1 1 1 3 4 4 2 4 4 y y y y− + + = − ⇔ + = − 2 2 2 4 2 4 2 3 3 0 5 2 5 4 4 1 3 9 2 16 40 5 0 4 2 16 y y y y y y y y   − ≥  ≥ +   ⇔ ⇔ = ±     + = − + − + =    TH 2. 2 0 0 0y x x x x x y= ⇒ + = ⇔ = ⇒ = = Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; 1 5 2 5 2 2 z i + = − ± Câu 6b: 1, Tọa độ điểm D là: 3 0 0 2 0 0 x y x x y y − = =   ⇔   − = =   => D(0;0) ≡ O Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD BD lần lượt là ( ) ( ) 1 2 3; 1 , 1; 2n n− − ur uur  cos · ADB = 2 1 => · ADB =45 0 =>AD=AB (1) Vì góc giữa đường thẳng BC AB bằng 45 0 => · BCD =45 0 => ∆ BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: ( ) 2 1 3. 24 2 2 ABCD AB S AB CD AD= + = = =>AB=4=>BD= 4 2 Gọi tọa độ điểm ; 2 B B x B x    ÷   , điều kiện x B >0 => 2 2 8 10 ( ) 5 4 2 2 8 10 ( ) 5 B B B B x loai x BD x x tm  = −     = + = ⇔  ÷    =   uuur Tọa độ điểm 8 10 4 10 ; 5 5 B    ÷  ÷   Vectơ pháp tuyến của BC là ( ) 2;1 BC n = uuur ( Vì BD BC ⊥ ) 4 => phương trình đường thẳng BC là: 2 4 10 0x y+ − = Câu 6b: 2, Phương trình tham số của ∆: = − +   = −   =  x t y t z t 1 2 1 2 . Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng − + −C t t t( 1 2 ;1 ;2 ) . AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)= − + − − = − uuur uuur     = − − − − ⇒ = − +     AC AB t t t AC AB t t 2 , ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 2 18 36 216 uuur uuur uuur uuur Diện tích ∆ABC là   = = − +   S AC AB t t 2 1 , 18 36 216 2 uuur uuur = t 2 18( 1) 198− + ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1= hay C(1; 0; 2). Đường thẳng BC đi qua đi qua B nhận BC ( 2; 3; 4)= − − − uuur làm vectơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x 3 y 3 z 6 2 3 4 − − − = = − − − . Câu 7b: Ta có: 2 2 2 1x x− + ≥ nên 2 2 2 2m x x x− + = + 2 2 2 2 x m x x + ⇔ = − + Xét 2 2 ( ) 2 2 x f x x x + = − + , ta có: ( ) 2 2 4 3 '( ) 2 2 2 2 x f x x x x x − = − + − + ( ) 4 4 ' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1 3 3 x x f x x f f x f x →−∞ →+∞   = ⇔ = = = − =  ÷   + Bảng biến thiên: x - ∞ 4 3 + ∞ y’ - 0 + y 10 -1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi chỉ khi 1 10m< < 5 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75 Ngày 4 tháng 5 Năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2)1(2 24 −+−− mxmx (1). 1. Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 2 = m . 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng ;1( )3 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: )cos)(sincos2(252cos xxxx −−=+ 2. Giải hệ phương trình:    =−− =−++−− 12 4)3()1(3 22 yxyx xyyyxx R),( ∈yx Câu III (2 điểm) 1. Tính tích phân: I = ∫ + −+ e dx xx xxx 1 )ln1( ln)2( 2. Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: ba ++1 1 + cb ++1 1 + ac ++1 1 ≤ a+2 1 + b+2 1 + c+2 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC = 2 3a , BD = 2 a , khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 3 4 a . Tính thể tích khối chóp ABCDS. theo a . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là 01 =−+ yx 093 =−− yx . Tìm tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) có phương trình 0842 22 =−−++ yxyx và đường thẳng ( ∆ ) có phương trình : 0132 =−− yx . Chứng minh rằng ( ∆ ) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất. 3 . Giải phương trình: 2 1 3 9. 3 2 4 3 1 log)23( + −= − − x x x B. Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) hai đường thẳng 1 d , 2 d có phương trình lần lượt là 023 =++ yx và 043 =+− yx . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại B , C ( B và C khác A ) sao cho 22 11 ACAB + đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ): 0242 22 =++−+ yxyx . Viết phương trình đường tròn ( C ') tâm M (5, 1) biết ( C ') cắt ( C ) tại hai điểm A , B sao cho 3=AB . 3. Tính giá trị biểu thức A = +−+− 4 2 3 2 2 2 1 2 3 2011 32 2011 21 2011 10 2011 0 CCCC 2012 2 2011 2011 2011 C Hết HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ 75 6 Câu 1 : Với m = 2, 24 2xxy −= 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: xxy 44' 3 −= ; ⇔= 0'y 1,0044 3 ±==⇔=− xxxx Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) (1; ∞+ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y cđ = y(0) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; y ct = y( ± 1) = -2 c) Giới hạn tại vô cực: =− ±∞→ )2( 24 xxLim x + ∞ d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 3) Đồ thị: Câu 1: 2) 1 điểm y' = xmx )1(44 3 −− y' = 0 ⇔ xmx )1(44 3 −− = 0 ⇔ [ ] 0)1( 2 =−− mxx TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = 1−± m Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1−m ; 0 ) ( 1−m ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì 11 ≤−m ⇔ m ≤ 2 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) ⇔ m ∈ ( ] 2;∞− Câu 2: 1. (1 đi ểm) )cos)(sincos2(252cos xxxx −−=+ ⇔ 2cos 2 x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos 2 x =0 ⇔ 2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0 Đặt t = sinx - cosx ( - 22 ≤≤ t ) ⇒ sinxcosx = 2 1 2 t− Phương trình trở thành t 2 + 4t - 5 = 0 ⇔ t = 1; t = -5 (loại) Với t = 1 ⇔ sinx - cosx = 1 ⇔ 2 sin       − 4 π x = 1 ⇔ sin       − 4 π x = 2 2 ⇔       +=− +=− π ππ π ππ 2 4 3 4 2 44 kx kx ⇔     += += ππ π π 2 2 2 kx kx Câu 2 : 2. (1 điểm) x 2 -3x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y) 2 + 3(x-y) - 4 + 0    −=− =− 4 1 yx yx * Với x- y = 1, ta có    =−− =− 12 1 yxyx yx ⇔ x = 1; y = 0 x= -1; y = -2 7 * Với x - y = -4 ta có    =−− −=− 12 4 yxyx yx (Hệ PT vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) (x; y) = (-1; -2) Câu 3: 1. (1 điểm) I = ∫ ∫ = + −+ e e dxdx xx xxx 1 1 )ln1( ln2)ln1( -2 dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Ta có ∫ −= e edx 1 1 Tính J = dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Đặt t = 1 + lnx J = dt t t ∫ − 2 1 1 = dt t ) 1 1( 2 1 ∫ − = (t - ln t ) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 Câu 3 : 2. (1 điểm) Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a ≤ b ≤ c Khi đó 0 < 1 + a + b ≤ 1 + a + c ≤ 1 + b + c 0 < 2 + a ≤ 2 + b ≤ 2 + c Ta có a+2 1 + b+2 1 + c+2 1 -       ++ + ++ + ++ accbba 1 1 1 1 1 1 = = )1)(2( 1 baa b +++ − + )1)(2( 1 cbb c +++ − + )1)(2( 1 cac a +++ − ≥ ≥ )1)(2( 1 cbc b +++ − + )1)(2( 1 cbc c +++ − + )1)(2( 1 cbc a +++ − = )1)(2( 3 cbc cba +++ −++ ≥ 0 )1)(2( 33 3 = +++ − cbc abc Vậy ba ++1 1 + cb ++1 1 + ac ++1 1 ≤ a+2 1 + b+2 1 + c+2 1 Câu 4: Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). V SABCD = 3 1 SO.S ABCD Diện tích đáy 2 32. 1 1 aBDACS ABCD == Ta có tam giác ABO vuông tại O AO = 3a ; BO = a , do đó 0 60=ABD ⇒ tam giác ABD đều. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ DH = 3a ; OK // DH 1 3 2 2 a OK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Đường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = Câu 5a: 1. (1 điểm) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC ⇒ M(m; 1-m) Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( 2 32 +− cm ; 2 327 cm −− ) Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 09) 2 327 () 2 32 (3 =− −− − +− cmcm ⇒ m = 2 ⇒ M(2; -1). Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:    =−− =−− 03 093 yx yx ⇔    = = 0 3 y x Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2) Câu 5a :2. (1 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . 8 S A B K H C O I D 3a a Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆ ) là 13 9 ),( = ∆I d < R Vậy đường thẳng ( ∆ ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt. Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ),( . 2 1 ∆∆ = MABM dABS Trong đó AB không đổi nên ABM S ∆ lớn nhất khi ),( ∆M d lớn nhất. Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I vuông góc với ( ∆ ).PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình:    =−+ =−−++ 0123 0842 22 yx yxyx ⇔    =−= −== 5,3 1,1 yx yx ⇒ P(1; -1); Q(-3; 5) Ta có 13 4 ),( = ∆P d ; 13 22 ),( = ∆Q d Ta thấy ),( ∆M d lớn nhất khi chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5). Câu 5a: 3. (1 điểm) Điều kiện: x > 1 2 1 3 9. 3 2 4 3 1 log)23( + −= − − x x x ⇔ [ ] 1 33 3 3 2 43log)1(log)23( + −=−−− xx x ⇔ [ ] xx x 3.241)1(log)23( 3 −=−−− ⇔ 023)1(log)23( 3 =−+−− xx x ⇔ [ ] 01)1(log)23( 3 =+−− x x ⇔    −=− =− 1)1(log 023 3 x x ⇔      = = 3 4 2log 3 x x Vậy PT có nghiệm x = 3 4 Câu 5b: 1. (1 điểm) Toạ độ điểm A(-1; 1).Ta thấy 2 đường thẳng d 1 d 2 vuông góc với nhau Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại B , C ( B và C khác A ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ . Ta có: 2222 1111 AMAHACAB ≥=+ (không đổi) ⇒ 22 11 ACAB + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 1 AM khi H ≡ M, hay ∆ là đường thẳng đi qua M vuông góc với AM. PT đường thẳng ∆ : x + y - 2 = 0 Câu 5b :2. (1 đi ểm) Phương trình đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk 3R = Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có 2 3 2 AB BHAH === Trường hợp 1: Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB .Gọi H' là trung điểm của A'B' Ta có: 2 2 2 3 3 IH' IH IA AH 3 2 2   = = − = − =  ÷  ÷   Ta có: ( ) ( ) 2 2 MI 5 1 1 2 5= − + + = và 2 7 2 3 5HIMIMH =−=−= ; 3 13 MH' MI H'I 5 2 2 = + = + = Ta có: 13 4 52 4 49 4 3 MHAHMAR 2222 1 ==+=+== , 43 4 172 4 169 4 3 'MH'H'A'MAR 2222 2 ==+=+== Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 13 hay (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 43 9 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I xxxx Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1; ∞+ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1 ) và (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x

Ngày đăng: 24/02/2014, 16:20

Hình ảnh liên quan

Bảng biến thiờn: - Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 120 potx

Bảng bi.

ến thiờn: Xem tại trang 2 của tài liệu.
HƯỚNG DẪN Cõu 1: 1, Tập xỏc định:  D = Ă - Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 120 potx

u.

1: 1, Tập xỏc định: D = Ă Xem tại trang 2 của tài liệu.
d) Bảng biến thiờn Bảng biến thiờn - Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 120 potx

d.

Bảng biến thiờn Bảng biến thiờn Xem tại trang 7 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan