Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 32 - Đề 19 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) y x mx m x m m       (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x    2. Giải phương trình : 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x x x x x x           Câu III (1 điểm): Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c      Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3( ) 2 P x y z xyz     . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0 x y     . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0 S x y z x y z        . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2) v r , vuông góc với mặt phẳng ( ): 4 11 0 x y z      và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4 x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10 (1 2 3 ) P x x    2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ): 1 9 4 x y E   và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0 S x y z x y z        . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2) v r , vuông góc với mặt phẳng ( ): 4 11 0 x y z      và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 0 1 2 2 2 2 121 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n        ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Điểm 2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1) y x mx m     Để hàm số có cực trị thì PT , 0 y  có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0 x mx m      có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m      05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m                 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2 m    và 3 2 2 m    . 025 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3sin 4 os2x+ 3sin2 0 PT c x c c x c x               05 sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k                          Vậy PT có hai nghiệm 2 x k     và 18 3 x k      . 05 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x          . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1) log (2 1) x x x x x x          05 2 2 2 2 1 4 log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x x x x x x x                                025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 I II 26 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (tanx+1) x x I dx dx c           , 2 2 1 tan x cos2x 1 tan x    025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x     0 0 1 6 3 x t x t        05 Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t         . 025 Ta có ,( , ) ,( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB         AM SC   (1) Tương tự ta có AN SC  (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC  05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3 ABMI ABM V S IH  Ta có 2 4 ABM a S  2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC SC SC SA AC a a           Vậy 2 3 1 3 4 3 36 ABMI a a a V   05 Ta c ó:   2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x                      025 2 3 2 ( ) 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 ( 15 27 27) 2 y z x x x x x x            025 Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27 f x x x x      , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x            Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1 x y z     . 05 III IV 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a     . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB     . 05 Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a                   Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( )  là (1;4;1) n r 025 Vì ( ) ( ) P   và song song với giá của v r nên nhận véc tơ (2; 1;2) p n n v    uur r r làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4 d I P    21 ( ( )) 4 3 m d I P m          025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x               05 Theo giả thiết ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i i i i k k k k i k N                              025 Vậy hệ số của 4 x là: 4 4 3 1 2 2 2 2 10 10 3 10 2 2 2 3 3 8085 C C C C C   . 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y   và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 13 3 4 2 13 ABC x y S AB d C AB x y       05 2 2 85 170 3 2 3 13 9 4 13 x y          Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 1 3 9 4 2 2 3 2 x y x x y y                   . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C . 05 Xét khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x       Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1 0 1 3 3 1 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n           05 VIa VIIa VIb VIIb  2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) 3 243 4 n n n n n n n n n C C C C n n n n n                     Vậy n=4. 05 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 -2 013 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I. 0, m      05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1; 2-2 m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1 ;-2 -2 m) 025 Theo giả thi t ta có 2 3 2 2 2 6