Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN, THANH HÓA MÔN TOÁN. KHỐI A - B - D.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN. ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số : 3 2 3 3 1 2 2 y x mx m (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m = 1. b) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d có phương trình y = x. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 cos2 sin cos (1 2cos ) sin cosx x x x x x x . b) Giải hệ phương trình: 3 3 4 1 1 3 log 1 y x x x y x . Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân 1 3 0 ln( 1) . 1 7 x I x x dx x x . Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC = 120 0 , O là giao điểm của AC và BD, I và E là trung điểm OB và AB tương ứng. Mặt phẳng (SAI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ACE và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và CE. Câu 5. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 1 x y z . Chứng minh rằng: xy yz zx x y z xy z yz x zx y y z z x x y . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD có phương trình: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; - 3), B(2; 5; - 2), C(1; - 1; 2), D(3; 1; 1). Viết phương trình mặt (P) đi qua A, B và cách đều hai điểm C, D. Câu 8a. (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn )3(7 3 1 4 nCC n n n n . Tìm hệ số của số hạng chứa 8 x trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của 5 3 1 5 , 0. 7 n n x x x B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 6b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): 2 2 ( 1) ( 1) 2x y và hai điểm A(0; - 4), B(4; 0). Tìm tọa độ hai điểm C, D sao cho ABCD là hình thang (AB // CD) và đường tròn (T) nội tiếp trong hình thang đó. Câu 7b. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 20 0S x y z y z và các điểm A(1; 2; 2), B(-2; 0; 4). Mặt phẳng (P) song song với AB và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6 . Viết phương trình mặt phẳng (P), biết (P) đi qua điểm C(2; 1; -6). Câu 8b. (1 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 3 1 5 n n C C . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của 3 4 2 1 5 n x n x , x > 0. ------------------------Hết------------------------ Cảm ơn thầy Đỗ Đường Hiếu (doduonghieu@gmail.com ) gưởi tới www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN. ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu Ý Nội dung Điểm Khi m =1, ta có hàm số 3 2 3 1 2 2 y x x . TXĐ: . lim x y , lim x y 0.25 Đạo hàm y’ = 3x 2 – 3x; y’ = 0 khi x = 0, x =1. Hs đồng biến trên (- ; 0) và (1; + ). Nghịch biến trên (0; 1) HS đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 0,5; HS đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 0.25 Bảng BT x - 0 1 + y’ + 0 - 0 + 0.5 + y - 0 0.25 a) Đồ thị. Đồ thị đi qua hai điểm cực trị(0; 0,5), (1; 0), điểm uốn (0,5; 0,25) và các điểm (1,5; 0,5), (-0,5; 0). 0.25 Xét 3 2 3 3 1 2 2 y x mx m . TXĐ: . Và y’ = 3x 2 – 3mx = 3x(x – m) = 0 khi x = 0, x = m 0.25 Do y’ là tam thức bậc hai nên để hàm số có CĐ, CT thì cần và đủ là y’ có hai nghiệm phân biệt, hay m 0. Khi đó tọa độ các điểm CT của đồ thị là: A(0; 3 1 2 m ), B(m; 0) 0.25 Để A, B đối xứng nhau qua y = x, ta phải có AB vuông góc với ĐT y = x và trung điểm của AB thuộc ĐT y = x, 0.25 1 b) Hay 3 3 1 2 .1 1 2 1 1 4 2 m m m m m (do m 0). Vậy m = 2 là các giá trị cần tìm. 0.25 Phương trình: sin 2 cos2 sin cos (1 2cos ) sin cosx x x x x x x . 2 (2sin cos sin ) [(2cos 1) cos ]+sin cos (1 2cos ) 0 sin (2cos 1) (2cos 1)(cos 1) sin cos (1 2cos ) 0 (2cos 1)(sin cos 1 sin cos ) 0 2cos 1 0 (1), sin cos 1 sin cos 0 (2) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 0.5 Giải (1) ta được 1 cos 2 2 3 x x k 0.25 2 a) Giải (2) bằng cách đặt sinx – cosx = t thì | | 2t và 2 1 sin cos 2 t x x . Thay vào (2): 2 2 1 1 0 2 3 0 2 t t t t t =1, t = -3 (loại) Với t = 1 thì sinx – cosx = 1 2 2 sin 1 sin 4 4 2 x x 2 2 4 4 2 2 2 4 4 x k x k x k x k . Vậy PT đã cho có 4 họ nghiệm: 2 3 x k , 2 2 x k , 2x k với k 0.25 Giải hệ phương trình: 3 3 4 1 1 3 (1) log 1 (2) y x x x y x ĐK: 0 4,x y . Từ (2) ta có: 3 3 3 1 log logy x x suy ra 3 3 log 3 3 3 y x x 0.25 Thay vào (1) ta được: 3 3 4 1 1 1 1 4 1 1 4 2 4 x x x x x x x x x 0.25 2 2 2 2 2 2 4 3 0 3 ( 2) 4 3 0 x x x x x x x x x x x x 0.25 b) Với x = 3 thỏa mãn ĐK ta có y = 0. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 0). 0.25 Tính tích phân 1 1 1 2 3 3 3 0 0 0 ln( 1) . ln( 1) 1 7 1 7 x x dx I x x dx x x dx x x x Xét 1 2 1 3 3 0 1 7 x dx I x . Đặt 2 3 3 2 3 3 3 2 1 1 3 1 7 3 2 7 7 7 t t t x t x x dx dt Đổi cận: với x = 0 thì t = 1, với x = 1 thì t = 2. Khi đó: 0.25 1 2 1 3 3 0 1 7 x dx I x = 3 2 2 2 2 4 5 2 1 1 1 1 2 7 7 2 2 1 1 47 ( ) 49 49 5 2 245 t t dt t t dt t t t . 0.25 Xét 1 2 0 ln( 1)I x x dx . Đặt 2 1 ln( 1) 1 1 ( 1) 2 du dx u x x dv xdx v x 0.25 3 Khi đó 1 2 0 ln( 1)I x x dx = = 1 1 1 2 1 2 2 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 ( 1)ln( 1) ( 1) 2 2 1 2 2 2 x x x dx x dx x x x = 1 4 Vậy I = 47 1 433 245 4 980 . ( 0,4418367347) 0.25 K E I O D CB A S Do (SIA) và (SIC) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI (ABCD). Từ GT suy ra 0 60SOI ; IO = 1 1 1 2 4 4 BO BD a , suy ra SI = 0 1 3 .tan60 4 4 a a . 0.25 4 Tam giác ABD đều cạnh a nên đường cao AO = 3 2 a => AC = 3a . 0.25 Do E là trung điểm của AB nên ta có : 1 1 1 . 2 4 8 ACE ABC ABCD S S S AC BD 2 3 8 a Vậy thể tích khối chóp S.ACE là : 1 . . 3 ACE V S SI 3 32 a Do OA,OB, SI đôi một vuông góc nên ta thiết lập hệ tọa độ: O = (0; 0; 0), A( 3 2 a ; 0; 0), B(0; 2 a ; 0), S(0; 4 a ; 3 4 a ). Suy ra D(0; - 2 a ; 0), E( 3 ; ;0) 4 4 a a , C(- 1 3 2 a ; 0; 0). Ta có 3 3 0; ; 4 4 a a SD , 3 3 ; ;0 4 4 a a CE . MP chứa CE và song song song với SD có 1 vectơ pháp tuyến là 16 ; 3; 9;9 3n SD CE a . Nên mp chứa CE và song song với SD có PT: 1 ( ) : 3( 3) 9 9 3 0 2 x a y z Vâỵ d(SD,CE) = d(D,( )) = 2 2 1 1 3 9 6 2 327 2 2 109 327 3 9 3.9 a a a a 0.5 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 1x y z . Chứng minh rằng: xy yz zx x y z xy z yz x zx y y z z x x y . Do x, y, z dương và 1 = x + y + z nên . ( ) ( )( ) xy xy xy x y xy z xy z x y z z x z y z x z y 1 2 x y z x z y (1) (Theo Cô – Si ) Hoàn toàn tương tự ta có thêm: yz yz x 1 2 y z x y x z (2) , zx zx y 1 2 z x y z y x (3). Từ (1), (2) và (3) ta suy ra: xy yz zx xy z yz x zx y 3 2 (I) 0.5 5 Ta C/M: với x, y, z dương ta có: x y z y z z x x y 3 2 (II) Thật vậy, biến đổi (II) thành: 1 1 1 [( ) ( ) ( )] 9x y y z z x x y y z z x (4) Áp dụng BĐT Cô – Si ta có: ( ) ( ) ( )x y y z z x 3 3 ( )( )( )x y y z z x >0 (5) 1 1 1 x y y z z x 3 1 1 1 3 . . x y y z z x >0 (6) Từ (5), (6) suy ra (4) hay (II) được C/M. Kết hợp (I) và (II) suy ra xy yz zx xy z yz x zx y x y z y z z x x y (đpcm) Đẳng thức xáy ra khi x = y = z = 1/3. 0.5 A.Theo chương trình Chuẩn. B = AB giao với BD nên B = (7; 3), mà BC vuông góc với AB nên BC: 2x + y – 17 = 0 0.25 6a A thuộc AB nên A(2a + 1; a) với a 3; C thuộc BC nên C(c; 17 – 2c) với c 7. trung điểm của AC là I = 2 1 2 17 ; 2 2 a c a c cũng là trung điểm của BD, hay I 0.25 thuộc BD nên: 3c – a – 18 = 0 (1) Lại có M, A, C thẳng hàng nên (2 1; 1)MA a a và ( 2;16 2 )MC c c cùng phương, suy ra (2a – 1)(16 – 2c) = (a – 1)(c - 2) (2) 0.25 Thay a = 3c – 18 từ (1) vào (2) được c 2 – 13c + 42 = 0 6, 7c c (loại) Với c = 6 thì A(1; 0), C(6; 5), B(7; 3) và D(0; 2) 0.25 Ta có (1;4;1)AB . Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là ( ; ; )n a b c thì do (P) qua A, B nên . 0AB n hay a + 4b + c = 0 (1). 0.25 Mp (P) có pt dạng: a(x – 1) + b(y – 1) + c(z + 3) = 0. Vì C, D cách đều (P) nên ta có: 2 2 2 2 2 2 | 2 5 | | 2 4 | | 2 5 | | 2 4 | b c a c b c a c a b c a b c (2) 0.25 Giải hệ (1), (2) với chú ý 2 2 2 0a b c , ta được: (a; b; c) = (2; - 1; 2) hoặc (a; b; c) = (38; - 7; -10) 0.25 Vậy có hai mp cần tìm: 2x – y + 2z + 5 = 0 hoặc 38x – 7y – 10z – 61 = 0. 0.25 7a Lưu ý. Bài trên có thể giải theo cách: Do (P) cách đều CD nên ta phải có (P) đi qua trung điểm của CD hoặc (P) // CD. Với n nguyên dương ta có: 1 3 3 4 3 4 3 7( 3) 7( 3) n n n n n n C C n C C n ( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1) 7( 3) 12 3! 3! n n n n n n n n 0.25 Với n =12, Số hạng tổng quát của khai triển 5 3 1 5 7 n n x x 12 5 3 1 x x là 12 5 36 3 5 2 1 12 12 3 1 . k k k k k k k T C x C x x . 0.25 Để số hạng trên chứa x 8 thì 5 36 3 8 8 2 k k k 0.25 8a Vậy số hạng chứa x 8 có hệ số là 8 12 495C . 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao. (T) có tâm I(1; -1) và bán kính R = 2 . AB có pt: 1 4 0. 4 4 x y x y CD//AB nên CD có PT dạng: x – y + c = 0, c khác -4; CD lại tiếp xúc với (T) nên: |1 1 | 2 0 2 c c , c = -4 (loại). CD: x – y = 0. 0,5 AD đi qua A nên có PT: ax + b(y + 4) = 0, 2 2 0a b . Do AD tiếp xúc với (T) nên: 2 2 2 2 2 2 2 | 3 | 2 ( 3 ) 2( ) 6 7 0 a b a b a b a ab b a b ( )( 7 ) 0a b a b 7a b , a = - b bị loại do AD AB. Với a = 7b thì ta có pt AD: 7x + y + 4 = 0. Suy ra D = AD CD = (-0,5; -0,5) 0.25 6b BC đi qua B nên có PT: a(x – 4) + by = 0, 2 2 0a b . Do BC tiếp xúc với (T) nên: 2 2 2 2 2 2 2 | 3 | 2 (3 ) 2( ) 6 7 0 a b a b a b b ab a a b ( )( 7 ) 0a b b a 7b a , a = - b bị loại do AC AB. Với b = 7a thì ta có pt BC: x + 7y - 4 = 0. Suy ra C = BC CD = (0,5; 0,5) Vậy tọa độ các điểm phải tìm là: 1 1 1 1 ; , ; 2 2 2 2 D C . 0.25 Ta có ( 3; 2;2)AB . Gọi 2 2 2 ( ; ; ),( 0)n a b c a b c là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P) // AB nên . 0AB n hay -3a – 2b + 2c = 0 (1) 0.25 7b (P) lại đi qua C nên (P) có PT: a(x – 2) + b(y – 1) + c(z + 6) = 0. Mặt cầu (S) có tâm I(0; 1; 2) và bán kính R = 5 lại cắt (P) theo đường tròn có chu vi 6 nên suy ra k/c từ I đến (P) bằng 4, hay 0.25 2 2 2 2 2 2 2 | 2 8 | 4 ( 4 ) 4( ) a c a c a b c a b c (2) Từ (1): 2 2 3 c b a , thay vào (2) ta được: 2 2 2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0b bc c b c b c 2b + c = 0 hoặc b – 2c = 0. 0.25 Với 2b + c = 0 ta suy ra b = 1, c = -2, a = -2 nên (P): -2x + y – 2z – 9 = 0 Với b – 2c = 0, suy ra c = 1, b = 2, a = -2/3 nên (P) : 2 16 2 0 3 3 x y z 0.25 Với n là số nguyên dương và 3n , ta có 3 1 5 n n C C 2 ( 1)( 2) 5 3 28 0 3! n n n n n n n = 7, n = -4 (loại) 0.25 Với n = 7, số hạng tổng quát của khai triển 3 4 2 1 5 n x n x = 7 3 4 1 x x là: 7 7 3 3 4 1 7 7 4 1 k k k k k k k T C x C x x 0.25 Để số hạng trên không chứa x, thì 7 0 3 4 k k 4k 0.25 8b Vậy số hạng không chứa x của khai triển là 4 7 35C . 0.25 Cảm ơn thầy Đỗ Đường Hiếu (doduonghieu@gmail.com ) gưởi tới www.laisac.page.tl . không ch a x trong khai triển nhị thức Niu – Tơn c a 3 4 2 1 5 n x n x , x > 0. -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -Hết -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - . 2( ) 6 7 0 a b a b a b a ab b a b ( )( 7 ) 0a b a b 7a b , a = - b bị loại do AD AB. Với a = 7b thì ta có pt AD: 7x + y