ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192 )

WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x 3 + 3mx 2 -3m – 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0. Câu II: (2 điểm). 1. Giải phương trình : 1 + 3 (sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0 2. Tìm m để phương trình 2 2 2 2 .( 4). 2 8 2 14 0 4 x x x m x x x m x + − + − + + − − − = − có nghiệm thực. Câu III: (2 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng ∆ 1 : 1 2 1 x y z = = − , ∆ 2 : 1 1 1 1 1 3 x y z− + − = = − 1. Chứng minh hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ 2 và tạo với đường thẳng ∆ 1 một góc 30 0 . Câu IV: (2 điểm). 1. Tính tích phân : 2 3 2 1 ln( 1)x I dx x + = ∫ . 2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 2 2 2 1 1 1 2 2 2 P x yz y zx z xy = + + + + + Câu Va: (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh AB: x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC : x – 7y + 5 = 0, đường thẳng BC đi qua điểm M(1; 10). Viết phương trình cạnh BC và tính diện tích của tam giác ABC. 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 1 2. n x x   +  ÷   , biết rằng 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + (n là số nguyên dương, x > 0, k n A là số chỉnhhợp chập k của n phần tử, k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) ………………. Hết ………………. 1 WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu Nội dung Điểm I-1 Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x 3 + 3x 2 – 4. Tập xác định D = R. Sự biến thiên. Chiều biến thiên. y’ = - 3x 2 + 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2. y’> 0 ∀ x ∈( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2). y’ < 0 ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞). 0,25 Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = y(0) = - 4. Giới hạn. 3 2 3 2 ( 3 4) , ( 3 4) x x Lim x x Lim x x →−∞ →+∞ − + − = +∞ − + − = −∞ .Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Tính lồi, lõm và điểm uốn. y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên. x -∞ 0 1 2 +∞ y’ - 0 + 0 - y +∞ 0 (I) - 2 - 4 -∞ 0,25 Đồ thị. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4). Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2). Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3. f(x)=-x^3+3x^2-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 x y 0,25 I-2 Ta có y’ = - 3x 2 + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m. Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0. 0,25 Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m 3 – 3m – 1) Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m 3 – 3m – 1) Vectơ 3 (2 ;4 )AB m m= uuur ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (8; 1)u = − r . 0,25 Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔ I d AB d ∈   ⊥  0,25 ⇔ 3 8(2 3 1) 74 0 . 0 m m m AB u  + − − − =   =   uuur r ⇔ m = 2 0,25 2 WWW.VNMATH.COM II-1 Tập xác định D = R. Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sinx sin 2 ) 3 cos (1 os2 ) 0x x c x   + + + + =   0,25 ⇔ 2 ( 3 sinx 2sinx.cos ) ( 3 cos 2 os ) 0x x c x+ + + = ⇔ sinx( 3 2cos ) cos ( 3 2cos ) 0x x x+ + + = 0,25 ⇔ ( 3 2cos )(sinx cos ) 0x x+ + = ⇔ 3 cos 2 sinx cos x x  = −   = −   0,25 ⇔ 5 5 6 6 4 2 2 , t anx 1 x k x k k Z x k π π π π π π  = ± +   = ± +  ⇔ ∈    = − = − +    0,25 II-2 Điều kiện: 2 2 0 4 4 2 4 8 2 0 x x x x x x +  ≥  −  ≠ ⇔− ≤ <   + − ≥   0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 | 4 | 2. 8 2 14 0 4 x x x m x x x m x + − − − + + − − − = − ⇔ 2 2 2 ( 2 8) 8 2 2 8 2 6 0x x m x x x x m− − + + − + − + + − − − = . (1) Đặt t = 2 8 2x x+ − ; Khi x ∈ [ - 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] . (2) Phương trình trở thành : - t 2 – mt + 2t – 6 – m = 0 ⇔ 2 2 6 1 t t m t − + − = + . 0,25 Xét hàm số [ ] 2 2 6 ( ) ; 0;3 1 t t f t t t − + − = ∈ + ; f’(t) = 2 2 2 8 ( 1) t t t − − + + ; f’(t) = 0 ⇔ t = - 4 v t = 2. Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ]. t -∞ -4 -1 0 2 3 +∞ f’(t) - 0 + + + 0 - f(t) - 2 -6 9 4 − 0,25 Phương trình đx cho có nghiệm x ∈ [ - 2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ - 6 ≤ m ≤ - 2 0,25 III-1 Đường thẳng ∆ 1 có một vectơ chỉ phương 1 (1; 2;1)u = − uur , Điểm M ≡ O(0; 0; 0) ∈ ∆ 1 . 0,25 Đường thẳng ∆ 2 có một vectơ chỉ phương 2 (1; 1;3)u = − uur , điểm N(1;-1;1) ∈ ∆ 2 . 0,25 Ta có 1 2 2 1 1 1 1 2 , ; ; ( 5; 2;1) 1 3 3 1 1 1 u u  − −    = = − −  ÷   − −   uur uur ; (1; 1;1)ON = − uuur . 0,25 Ta có 1 2 , . 5 2 1 2 0u u ON   = − + + = − ≠   uur uur uuur . Suy ra hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. 0,25 3 WWW.VNMATH.COM III -2 Phương trình đường thẳng ∆ 2 : 0 3 2 0 x y y z + =   + + =  . 0,25 4 WWW.VNMATH.COM Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ 2 có dạng λ(x + y) + µ(3y + z + 2) = 0 với λ 2 + µ 2 ≠ 0 ⇔ λx + (λ + 3µ)y + µz + 2µ = 0. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là ( ; 3 ; )n λ λ µ µ = + r . 0,25 Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng ∆ 1 một góc 30 0 . Ta có sin(∆ 1 ,(P)) = 1 | os( , ) |c u n uur r ⇔ sin30 0 = 2 2 2 |1. 2( 3 ) 1. | 6. ( 3 ) λ λ µ µ λ λ µ µ − + + + + + ⇔ 2 2 3. 3 5 | 5 | λ λµ µ λ µ + + = − − 0,25 ⇔ 2λ 2 - λµ - 10µ 2 = 0 ⇔ (2λ - 5µ)(λ + 2µ) = 0 ⇔ 2λ = 5µ v λ = - 2µ Với 2λ = 5µ chọn λ = 5, µ = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0 Với λ = - 2µ chọn λ = 2, µ = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0. Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0. 0,25 IV-1 Đặt 2 2 3 2 2 ln( 1) 1 1 2 x du u x x dx dv v x x   = = +    + ⇒   =   = −    0,25 Do đó I = 2 2 2 2 1 2 ln( 1) 1 2 ( 1) x dx x x x + − + + ∫ 0,25 2 2 1 ln 2 ln5 1 2 8 1 x dx x x   = − + −  ÷ +   ∫ 2 2 2 2 1 1 ln 2 ln5 1 ( 1) 2 8 2 1 dx d x x x + = − + − + ∫ ∫ 0,25 2 2 ln 2 ln5 1 ln | | ln | 1| 1 2 8 2 x x   = − + − +  ÷   = 5 2ln 2 ln5 8 − 0,25 IV -2 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ (xyz) 3 ≥ 27.xyz ⇔ xyz ≥ 3 3 . 0,25 Áp dụng BĐT Cauchy ta có x 2 + yz + yz ≥ 2 3 3 ( )xyz ; y 2 + zx + zx ≥ 2 3 3 ( )xyz ; z 2 + xy + xy ≥ 2 3 3 ( )xyz 0,25 Từ đó ta có P 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 3 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) ( ) (3 3) xyz xyz xyz xyz ≤ + + = ≤ = 0,25 Từ đó ta có Max P = 1 3 đạt được khi 3 x y z x y z x y z xyz = =  ⇔ = = =  + + =  . 0,25 Va-1 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 3 0 2 7 5 0 1 x y x x y y + − = =   ⇔   − + = =   .Hay A(2;1) Phương trình đường phân giác góc A là 3 7 5 2 5 2 x y x y + − − + =± ⇔ 1 2 3 5 0 3 5 0 d x y d x y + − =   − − =  0,25 Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao. * Nếu d 1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y + 7 = 0 * Nếu d 2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y - 31 = 0 0,25 5 WWW.VNMATH.COM TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + 7 = 0 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 3 0 1 3 7 0 4 x y x x y y + − = = −   ⇔   − + = =   . Hay B(-1; 4) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 11 5 2 5 7 5 0 3 7 0 x x y x y y  =−  − + =   ⇔   − + =   =   . Hay C( 11 2 5 5 ;− ) Diện tích tam giác ABC là : 1 1 24 36 ( , ). . .3 2 2 2 5 5 2 S d C AB AB = = = (đvdt) 0,25 6 WWW.VNMATH.COM TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = 0 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 3 0 11 3 31 0 14 x y x x y y + − = = −   ⇔   + − = =   . Hay B(-11; 14) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 101 5 18 5 7 5 0 3 31 0 x x y x y y  =  − + =   ⇔   + − =   =   . Hay C( 101 18 5 5 ; ) Diện tích tam giác ABC là : 1 1 104 676 ( , ). . .13 2 2 2 5 5 2 S d C AB AB= = = (đvdt) 0,25 Va-2 Giải phương trình 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. Phương trình tương đương với ( 1)! ( 1) 4 6 2!( 1)! n n n n n + − − = + − ⇔ ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n + − − = + ⇔ n 2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) v n = 12. 0,25 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 1 2x x   +  ÷   . Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : T k +1 = 12 12 1 (2 ) k k k C x x −    ÷   ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12 Hay T k+ 1 = ( ) 12 2 12 2 . k k k C x x − − = 24 3 12 2 12 .2 . k k k C x − − . 0,25 Số hạng này không chứa x khi , 0 12 8 24 3 0 k N k k k ∈ ≤ ≤  ⇔ =  − =  . 0,25 Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T 9 = 8 4 12 2 7920C = 0,25 7 . WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x 3 + 3mx 2 -3m – 1. 1. Khảo sát sự biến thi n. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu Nội dung Điểm I-1 Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x 3 + 3x 2 – 4. Tập xác định D = R. Sự biến thi n. Chiều biến thi n. y’