Xem mẫu
- TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN: TOÁN (Khối A+B)
NGÔ SỸ LIÊN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề )
BẮC GIANG
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y x 3 3mx 2 m 2 m
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với m 1 ;
2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm
1 1
số đối xứng nhau qua đường thẳng y x .
2 2
Câu II (2,0 điểm)
3 sin 2 x 2cos 2 x 2 2 2cos 2 x
1) Giải phương trình:
x9 y7 4
2) Giải hệ phương trình:
y9 x7 4
Câu III (2,0 điểm)
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho
SA = a , AD = a 2 , AB = a . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và
tính thể tích tứ diện ABIN theo a .
2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2).
a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD);
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD).
Câu IV (1,0 điểm)
111
Cho x, y, z dương thỏa mãn điều kiện 3 . Chứng minh rằng:
xyz
1 1 1
2 2 1
2
x 2 x y 2 y z 2z
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (2,0 điểm)
e x 1 tan( x 2 1) 1
1) Tìm giới hạn sau: lim 3
x 1
x 1
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường
thẳng AB, BC tương ứng là d1 : 2 x y 1 0, x 4 y 3 0 . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B
của tam giác ABC.
Câu VI.a (1,0 điểm)
log 9 3x 2 4 x 2 1 log3 3 x 2 4 x 2
Giải bất phương trình:
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (2,0 điểm)
1) Tính tổng S 12 C2012 2 2 C2012 32 C2012 ... 20112 C2012 20122 C2012
1 2 3 2011 2012
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua
trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình x y 6 0 . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua
đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Câu VI.b (1,0 điểm)
Giải bất phương trình: 32 x 8.3x x4
9.9 x 4 0
------------ HẾT ------------
- HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I (2,0 điểm)
1) Khi m 1 , ta có: y x 3 3 x 2 2 . Các bạn tự giải.
x 0
2) Ta có: y x 3 3mx 2 m 2 m y ' 3x 2 6mx ; y ' 0 .
x 2m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m 0
Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi):
Gọi A( 0; m 2 m ), B( 2m; 4m3 m 2 m ) tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=( m; 2m3 m 2 m )
1 1
Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): y x , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường
2 2
1 1
thẳng (d) tức là: 2m3 m2 m m m 1
2 2
Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) AB (2; 4) Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2 đường
thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn)
Vậy với m = 1 thì …
Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi):
m
1
2 2 2 2
Ta có: y x y ' 2m x m m y 2m x m m là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị
3 3
hàm số đã cho.
1 1
Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): y x , điều kiện cần là đường thẳng AB
2 2
1 1 m 1
vuông góc đường thẳng (d) tức là: 2m 2 .
2
Điều kiện đủ:
Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1 M(1; 0) là trung điểm của đoạn
AB nằm trên (d) m=1 thỏa mãn.
Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1 M(-1; 2) là trung điểm của đoạn
AB không nằm trên (d) m=-1 không thỏa mãn.
Vậy với m = 1 thì …
Câu II (2,0 điểm)
3 sin 2 x 2 cos 2 x 2 2 2 cos 2 x 2 3 sin x cos x 2 cos 2 x 4 | cos x | (2)
1)
Khi cos x 0 , ta có:
cos x 0 x 2 k
cos x 0
3
2
(2) 2 3 sin x cos x 2 cos x 4 cos x
1
sin x cos x 1 x 2 k 2 (KTM)
3 sin x cos x 2
2
2 3
Khi cos x 0 , ta có:
2 3 sin x cos x 2 cos2 x 4cos x 3 sin x cos x 2
3 1
sin x cos x 1 x k 2 (KTM)
2 2 3
KL:
2) ĐK: x 7; y 7
x9 y7 4
x9 y9 y7 x7 0
y9 x7 4
x y 0
xy xy
x y 0
0
x 9 y 9 y 7 x 7(VN )
x9 y9 y7 x7
- x9 x7 4
Khi x y 0 , ta có: x9 x7 4 x7
x9 x7 4
KL:
Câu III (2,0 điểm)
1)
+ Vì SA(ABCD) nên SABM (1)
Ta có:
2
AC.MB AB AD AB AM AB AB. AM AD. AB AD. AM 0
ACBM (2)
Từ (1) và (2): BM (SAC) (SBM)(SAC)
a
+ Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI AI =
3
a2 2
a2
Xét tam giác ABI vuông tại I BI = SABI =
6
3
Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC ON
a3 2
a
= và là đường cao của hình chóp N.ABI VABIN = (đvtt)
36
2
2) a) Ta có: BA (2; 2;3), BC (1; 0; 2), BD (2; 2;0) BC , BD (4; 4; 2) BA BC , BD 6
VABCD 1, S BCD 3, AH 1
b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có: AH ( x0 1; y0 1; z0 1), BC , BD cùng phương và
CH ( x0 2; y0 1; z0 ), BC , BD vuông góc
x0 1 y0 1 z0 1 1 1 2 1 1 1
, 4( x0 2) 4( y0 1) 2 z0 0 x0 , y0 , z0 A ' ; ;
hay
4 4 2 3 3 3 3 3 3
Câu IV (1,0 điểm)
a2 b2 c2
1 1 1 1 1 1
Đặt a , b , c a b c 3, 2 , ,
x 2 x 2a 1 y 2 2 y 2b 1 z 2 2 z 2c 1
x y z
a2 b2 c2
1 1 1
2 2 1 1
x2 2 x y 2 y z 2z 2a 1 2b 1 2c 1
2
a b c
2
Ta có: ( a b c) 2a 1 2b 1 2c 1
2a 1 2b 1 2c 1
a2 b2 c2
2a 1 2b 1 2c 1
2a 1 2b 1 2c 1
a2 b2 c2 ( a b c) 2
1 (đpcm)
2a 1 2b 1 2c 1 2(a b c ) 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1
Câu V.a (2,0 điểm)
e x 1 tan( x 2 1) 1 e x 1 1 tan( x 2 1) e x 1 1 tan( x 2 1)
1) lim = lim lim 3 lim
3 3
x 1 x 1 3 x 1
x 1 x 1
x 1 x 1 x 1
e x 1 1 sin( x 2 1) x2 1
x 1
lim lim 3 lim 2 lim 3
x 1 x1 x 1 cos( x 2 1) x1 x 1
x 1 x 1 x 1
e x 1 1 sin( x 2 1)
lim x 1 x2 3 x 1 3 6 9
3
x 2 3 x 1 lim 3
lim lim
x 1 cos( x 1) x1
2 2
x 1 x 1 x 1 x 1
- 2) Ta có: B(1; -1)
Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC C(-8m-7; 2m+1)
17m 11 17m 14
;
PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0 A
6 3
31m 31 11m 11
AC ; VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B
6 3
của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0
Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d1.
Câu VI.a (1,0 điểm)
x 1
ĐK: 3 x 4 x 2 1
2
x 1
3
log 9 3x 2 4 x 2 1 log3 3 x 2 4 x 2 2 log 9 3x 2 4 x 2 log 9 3x 2 4 x 2 1 0 (1)
Đặt t= log 9 3x 2 4 x 2 , ĐK: t0, (1) trở thành:
7
3 x 1 7 1
2 2
KL: S
2t t 1 0 0 t 1 0 log 9 3 x 4 x 2 1 ; 1 ;1
1 x 1 3 3
3
Câu V.b (2,0 điểm)
f ( x) (1 x )n1 (1 x) Cn xCn x 2Cn2 x3Cn ... x nCn
0 1 3 n
1) Xét hàm số:
(1 x )Cn ( x x 2 )Cn ( x 2 x 3 )Cn2 ( x3 x 4 )Cn ... ( x n x n 1 )Cn
0 1 3 n
Ta có: f ( x ) (1 x )n 1 f '( x) (n 1)(1 x)n f "( x) (n 1)n(1 x)n 1 f "(1) (n 1)n.2 n 1
hay f ( x) (1 x )Cn ( x x 2 )Cn ( x 2 x3 )Cn ( x3 x 4 )Cn ... ( x n x n 1 )Cn
0 1 2 3 n
f '( x) Cn (1 2 x)Cn (2 x 3 x2 )Cn2 (3x 2 4 x 3 )Cn ... (nx n 1 (n 1) x n )Cn
0 1 3 n
f "( x) 2Cn (2 6 x )Cn2 (6 x 12 x 2 )Cn ... (n(n 1) x n 2 (n 1)nx n 1 )Cnn
1 3
f "(1) 2Cn 2.22 Cn2 2.32 Cn ... 2n 2Cn
1 3 n
2Cn 2.22 Cn 2.32 Cn ... 2n 2Cnn (n 1)n.2 n1 Cn 2 2 Cn 32 Cn ... n 2Cnn (n 1)n.2 n 2
1 2 3 1 2 3
Khi n 2012 , ta có: 12 C2012 22 C2012 32 C2012 ... 20122 C2012 2013.2012.22010 =S
1 2 3 2012
2) Gọi M là trung điểm của BC M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0)
Đường thẳng BC là: x+y-8=0
Gọi B(b;8-b) C(8-b;b). Ta có: DB (b 2; 4 b); AC (6 b; b 2)
Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC DB. AC 0 b 2, b 5
+ Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5)
Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: x 4
32 x 8.3x x4 x 4
0 32 x 2 x4
8.3x x4
9.9 9 0 (2)
1 7
Đặt t 3x x4
. (2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0 t > 9
4
DK : t 3
Khi t >9, ta có: 3x x4
9 x x 4 2 x 4 x 4 6 0 x 4 3 x 5
KL: S (5; )
------------ HẾT ------------
Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải.
nguon tai.lieu . vn
