Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B,D Toán Học 2013 - Phần 30 - Đề 3 potx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM Môn thi : TOÁN Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1 y x mx m     (1) , với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1 m  . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II : ( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 3 3 4sin x.c 3x 4cos x.sin 3x 3 3c 4x 3 os os    2. 2 2 3 3 3 log (x 5x 6) log (x 9x 20) 1 log 8        CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3 a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. CâuV :( 2, 0 điểm). 1. TÝnh tÝch ph©n sau: 2 2 2 0 cos .cos 2 . I x x dx    1. Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z 3  .Chøng minh r»ng: 46253 4 zxy + 415 4 xyz + 4815 4 yzx  45 5 xyz. Câu VI :(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ): 2 2 2x 2y 7x 2 0     và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2. Cho hàm số 2 2x (m 1)x 3 y x m      . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x 2 +5 Câu VII :(1,0 điểm) Cho khai triển   x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2             . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ***HÕt*** ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu Nội dung Điểm I (2đi ểm) 1.(1 điểm). Khi 1 m  hàm số trở thành: 4 2 2 y x x    TXĐ: D= ¡  Sự biến thiên:   ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x              0.25     0 0, 1 1 CD CT y y y y       0.25  Bảng biến thiên x -  -1 0 1 +  y ’  0 + 0  0 + y +  0 +  -1 -1 0.25  Đồ thị 0.25 2. (1 điểm)   ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m            Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt ' 0 y  có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0 m   0.25  Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:       2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1 A m B m m m C m m m         0.25  2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m     V ; 4 , 2 AB AC m m BC m     0.25    4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m                   V 0.25 1. (1,0 điểm) Câu II (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình : 1. Phương trình : 3 3 4sin x.cos3x 4cos x.sin3x 3 3 cos4x 3    2 2 4 (1 cos x)sin x.cos3x (1 sin x)cosx.sin3x 3 3 cos 4x 3 [ ]       4 sin x.cos3x cos x.sin3x) cos xsin x(cosx.cos3 x sin x.sin3x) 3 3 cos4x 3 [( ]       1 1 4 sin 4x sin2x.cos2x 3 3cos4x 3 4 sin 4x sin4x 3 3co s4x 3 3sin 4x 3 3 cos4x 3 2 4 [ ]                  1 3 1 sin 4x 3 cos4x 1 sin 4x cos4x sin(4x ) sin 2 2 2 3 6            4x k2 4x k2 4x k2 x k 3 6 3 6 6 24 2 (k Z) 5 5 x k4x k2 4x k2 4x k2 8 23 6 3 6 2                                                                      0,50 0,50 Đáp án Điểm 2.(1,0 điểm) PT 2 2 3 3 3 log (x 5x 6) log (x 9x 20) 1 log 8        (*) + Điều kiện : 2 2 x 5 x 5x 6 0 x 3 x 2 4 x 3 x 5 x 4 x 9x 20 0 x 2                                        , và có : 3 3 1 log 8 log 24   + PT (*) 2 2 2 2 3 3 log (x 5x 6)(x 9x 20) log 24 (x 5x 6)(x 9x 20) 24 (x 5) ( 4 x 3) (x 2) (x 5) ( 4 x 3) (x 2)                                            (x 2)(x 3)(x 4)(x 5) 24 (*) (x 5) ( 4 x 3) (x 2) (**)                    + Đặt 2 t (x 3)(x 4) x 7x 12 (x 2)(x 5) t 2            , PT (*) trở thành : t(t-2) = 24 2 (t 1) 25 t 6 t 4          t = 6 : 2 2 x 1 x 7x 12 6 x 7x 6 0 x 6                ( thỏa đkiện (**))  t = - 4 : 2 2 x 7x 12 4 x 7x 16 0         : vô nghiệm + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6 0,25 0,25 0,25 0,25 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Từ giả thiết AC = 2 3 a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3 a ; BO = a , do đó · 0 60 A DB  Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). 0,25 Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB  và DH = 3 a ; OK // DH và 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). 0,25 Câu III (1,0 điểm) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO     Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a     ; đường cao của hình chóp 2 a SO  . Thể tích khối chóp S.ABCD: 0,25 0,25 S A B K H C O I D 3 a a Deleted: <sp> 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO IV (1,0 im) Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3 . Chứng minh rằng: xy 3 4625 4 z + zx5 415481 44 xyzy xyz545 Bất đẳng thức 2 2 4 x x + 2 2 9 4 9 y y + 2 2 25 4 25 z z 45 VT 22 ) 5 2 3 22 ()53( zyx zyx 3 2 2 3 )5.3.( 36 )5.3.(.9 zyx zyx . 0,25 Đặt t = 3 2 )5.3.( zyx ta có 1 3 53 )5.3.( 3 3 zyx zyx do đó t 1 0,25 Điều kiện . 0 < t 1. Xét hàm số f(t)= t9 + t 36 36 36 36 27 2 36 . 27 t t t t t = 45 0,25 Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y= 3 1 ; z= 5 1 . 0,25 1.(1,0 im) Cõu V. (2,0 im) 1/ + ng trũn (C ) : 2 2 2 2 2 2 7 7 65 2x 2y 7x 2 0 x y x 1 0 x y 2 4 16 (C ) cú tõm 7 I ;0 4 v bỏn kớnh 65 R 4 + ng thng AB vi A(-2; 0) v B(4; 3) cú phng trỡnh x 2 y x 2 y 6 3 2 , hay : + Giao im ca (C ) vi ng thng AB cú ta l nghim h PT 2 2 2 2 x 2 5x(x 2) 0 2x 2y 7x 2 0 2x 2 7x 2 0 x 0;y 1 2 x 2 x 2 x 2;y 2 x 2 2 2 2 y = y = y = Vy cú hai giao im l M(0; 1) v N(2; 2) + Cỏc tip tuyn ca (C ) ti M v N ln lt nhn cỏc vect 7 IM ;1 4 uuur v 1 IN ;2 4 uur lm cỏc vect phỏp tuyn , do ú cỏc TT ú cú phng trỡnh ln lt l : 0,25 0,25 0,50  7 (x 0) 1(y 1) 0 7x 4y 4 0 4 , hay :          1 (x 2) 2(y 2) 0 x 8y 18 0 4 , hay :        2/ Cho hàm số 2 2x (m 1)x 3 y x m      . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x 2 +5 Điểm Hàm số 2 2x (m 1)x 3 y x m      xác định với mọi x m   Viết hàm số về dạng 2 m m 3 y 2x 1 m x m        + TH1 : 2 1 13 m m 3 0 m 2       : Có hàm số bậc nhất y 2x 1 m    ( x m   ) : đồ thị không có tiệm cận + TH2 : 2 1 13 m m 3 0 m 2       : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng (d 1 ) x = -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d 2 ) y = 2x + 1 - m + Đường thẳng (d 1 ) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x 2 +5 tại điểm (-m ; m 2 +5) ( với mọi 1 13 m 2   ) và không thể là tiếp tuyến của parabol + Tiệm cận xiên (d 2 ) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x 2 +5  PT x 2 +5 = 2x + 1 - m , hay PT x 2 – 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép '    1-(4 + m) = 0 m 3    ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Cho khai triển   x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2             . Hãy tìm các giá tr ị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 VI. (1,0 điểm)   x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2             Ta có :   k 8 8 k 8 k k 8 k 0 a b C a b       với       x 1 3 x 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 x 1 x 1 5 3 5 a 2 9 7 b 2 3 1 = ;              + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là         3 5 1 1 1 5 x 1 x 1 x 1 x 1 3 5 6 8 T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1                         + Theo giả thiết ta có :     x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 9 7 56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1) 3 1 = 224                    x 1 2 x 1 x 1 x 1 3 1 x 1 3 4(3 ) 3 0 x 2 3 3                     0,25 0,25 0,25 0,25 Chý ý häc sinh lµm c¸ch kh¸c kÕt quÈ ®óng vÉn ®îc ®iÓm tèi ®a Hết . x.sin3x) cos xsin x(cosx.cos3 x sin x.sin3x) 3 3 cos4x 3 [( ]       1 1 4 sin 4x sin2x.cos2x 3 3cos4x 3 4 sin 4x sin4x 3 3co s4x 3 3sin 4x 3 3 cos4x. trình : 3 3 4sin x.cos3x 4cos x.sin3x 3 3 cos4x 3    2 2 4 (1 cos x)sin x.cos3x (1 sin x)cosx.sin3x 3 3 cos 4x 3 [ ]       4 sin x.cos3x cos