SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPTNGUYỄN HUỆ
ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
( )
C
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của
( )
C
tiếp xúc với đường tròn có phương trình
( ) ( )
2 2
1 5x m y m− + − − =
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình
3 4
2(cot 3)
2
sin 2
cos
x
x
x
+ = +
2. Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−
Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng
D
được giới hạn bởi các đường
( )
ln 2x
y
x
+
=
,
0y =
,
1x =
và
x e=
. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục
0x
Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác cân với
AB AC a= =
,
góc
0
120BAC∠ =
, cạnh bên
'
BB a=
. Gọi I là trung điểm của
'CC
. Chứng minh tam giác
'AB I
vuông tại A và tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng
( )
ABC
và
( )
'AB I
Câu V.(1 điểm) Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn
2 2
1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh
( )
3; 1C −
và phương trình của cạnh huyền là
3 10 0x y− + =
2.Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng:
1 3
:
1
2 1 2
x y z
d
− −
= =
−
,
5 5
:
2
3 4 2
x y z
d
− +
= =
Tìm các điểm
1 2
d , dA B∈ ∈
sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
4
2
n
x
x
+
÷
biết rằng n là sốnguyên dương thỏa mãn:
( )
1 2 3 1
2 3 1 64
n n
n n n n n
C C C n C nC n
−
+ + + + − + =L
2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0),
B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2.Cho hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt có phương trình:
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d
− − −
= =
2
1 2 1
: ,
2 1 4
x y z
d
− − −
= =
−
Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển của biểu thức
5
3
2
( )
n
x
x
+
biết rằng:
1 1 1 1
0 1 2
( 1)
2 3 1 13
n n
C C C C
n n n n
n
− + + + − =
+
HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1, + Tập xác định D = R + Sự biến thiên
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=
= − = ⇔
=
Hàm đồng biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
Hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
+ Giới hạn
lim ; lim ;
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0x =
và y
cđ
= 2 Hàm số đạt cực tiểu tại
2x =
và y
ct
= -2
Điểm uốn (1;0)
Bảng biến thiên (0,25)
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
2
+∞
−∞
-2
Đồ thị (0,25)
Câu 1: 2,Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
: 2 2 0x y∆ + − =
Tâm của đường tròn
( , 1)I m m +
, bỏn kớnh R=
5
Theo giả thiết ta có
2 1 2
5 3 1 5
5
m m
m
+ + −
= ⇔ − =
2
4
3
m
m
=
⇔
−
=
Câu 2: 1,Điều kiện
sin 2 0
2
k
x x
π
≠ ⇔ ≠
. Ta có
( )
4
2
3 1 2 3 2
sin 2
x x
x
+ + − =tan cot
2 2
2(sin cos )
2
3 3 2
sin cos
x x
x x
x x
+
⇔ + − =tan cotg
2
3 2 3 0x x⇔ + − =tan tan
3x = −tan
3
x k
π
⇔ = − + π
1
3
x =tan
6
x k
π
⇔ = + π
Câu 2: 2, Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−
Điều kiện
2, 3x x> ≠
.
(1)
4 4 4 4
log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)⇔ − + − − = +
( ) ( ) ( )
2 2 1 2 1x x x− − = +
0
2
2 7 0
7
2
x
x x
x
=
⇔ − = ⇔
=
Đối chiếu điều kiện ta có
7
2
x =
Câu 3: Gọi V là thể tich cần tìm.
( )
2
2
1
ln 2x
V dx
x
π
+
=
∫
. Đặt
( )
2
ln 2
1
u x
dv dx
x
= +
=
1
2
1 1
2
du dx
x
v
x
=
+
⇒
= − −
Suy ra V=
( ) ( )
1 1
1
1 1 3 1 1 1
ln 2 ln3 ln 2 ln
2 2 2 2 2
e
e e
dx
x e x
x x e
π π π κ π
− + + + = − + + +
÷ ÷
∫
( )
3 1 1 1
[ ln3 ln 2 ]
2 2 2
e
e
π
= + − + +
÷
Câu 4:Ta có
3BC a=
. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I
4
2
-2
-4
-5
5
0
1
3
2
-1
Suy ra
5 13
, ' 2 , '
2 2
AI a AB a B I a= = =
Do đó
2 2 2
' 'AI AB B I+ =
. Vậy tam giác AB’I vuông tại A
+
2
'
1 10
. '
2 4
= =
AB I
S AI AB a
.
2
3
4
ABC
S a=
Gọi
α
là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác
AB’I suy ra
'
10 3
cos cos
4 4
A BI ABC
S S
α α
= ⇔ =
3
cos
10
α
⇔ =
Câu 5: Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn
2 2
1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
.
Ta có
( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2 2
3 2F x y x y x y x y xy= + − + − −
=
( ) ( )
3 2
2 2 2 1xy xy xy− − + +
Đặt
xy t=
. Ta có
( )
3 2
2 2 2 1f t t t t= − − + +
( )
2
2 2
1 3 1x y xy x y xy+ − = ⇔ + − =
1
3
xy
−
⇒ ≥
( )
2
2 2
1 1x y xy x y xy+ − = ⇔ − + =
1xy⇒ ≤
suy ra
1
;1
3
t ∈ −
Ta tìm max, min của f(t) trên
1
;1
3
−
( )
2
' 6 4 2f t t t= − − +
( )
1
;1
3
1
3
1
' 0
t
t
f t
∈ −
=
⇔
= −
=
Ta có
( )
1 37 1 5
, 1 1,
3 27 3 27
f f f
−
= = − =
÷ ÷
Suy ra
37
( )
27
Max f t =
khi
1
3
t =
suy ra
1 1 1 1
,
2 6 2 6
x y= + = −
( ) 1Minf t = −
khi
1t =
suy ra
1x y= =
Câu 6a: 1, Ta có tam giác ABC cung cân tại C.
Goi H là trung điểm của AB suy ra
: 3 0CH x y+ =
Toạ độ của H là nghiệm của hệ
3 0 3
3 10 0 1
x y x
x y y
+ = = −
⇔
− + = =
giả sử A(t;3t+10) ta có
( ) ( )
2 2
2 2
3 3 9 40AH CH t t= ⇔ + + + =
1
5
t
t
= −
⇔
= −
Với t = -1. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)A B− − −
Với t = -5. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)B A− − −
Câu 6a: 2,
1 1 1 1
(2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + −
2 2 2 2
(3 5, 4 ,2 5)B d B t t t∈ ⇒ + −
2 1 2 1 2 1
(3 2 4,4 3,2 2 5)AB t t t t t t= − + − − + −
uuur
2 1 2 1 2 1
. 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0
p
AB n t t t t t t= ⇔ − + − + + + + − =
uuur uur
2 1
6 1 0t t⇔ + + =
( )
1 1 1 1
/( )
4 2 3 4 1 2
/ /( ) 1
3 3
A P
t t t t
AB P d
+ − − − − +
⇒ = = =
1
1
5
1
t
t
= −
⇔
=
Với
1 2
2 8 11
5 ( 9; 2;10), 7; ;
3 3 3
t t A B
−
= − ⇒ = ⇒ − −
÷
1 2
1 4 17
1 (3;4; 2), 4; ;
3 3 3
t t A B
− − −
= ⇒ = ⇒ −
÷
Câu 7a:Xét khai triển
( )
0 1 2 2 1 1
1
n
n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− −
+ = + + + + +
lấy đạo hàm hai vế ta có
( ) ( )
1
1 2 1 2 1
1 2 1
n
n n n n
n n n n
n x C C x n C x nC x
−
− − −
+ = + + + − +
Thay x=1 suy ra
( )
1 2 3 1 1
2 3 1 2
n n n
n n n n n
C C C n C nC n
− −
+ + + + − + =L
1 1
64 2 64 2 7
n n
n n
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
( )
7
7
7
7
4 4
0
1 1
2 2
k
k
k
k
x C x
x x
−
=
+ =
÷ ÷
∑
số hạng chứa
2
x
có hệ số là
7
1
2
k
k
C
với k thoả mãn
7
2 2
2 4
k k
k
−
− = ⇔ =
Suy ra hệ số chứa
2
x
là
2
7
1 21
4 4
C =
A'
B'
C'
B
A
C
I
A
B
C
H
Câu 6b: 1, phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng
cách từ I tới AB.
5AB =
4 1
ABCD ABI ABI
S S S= ⇒ =
.
1 2
. 1
2
5
AB h h⇔ = ⇔ =
Gọi toạ độ diểm I là
( )
0 0
,I x y
ta có hệ
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
2
2
1, 0
2 2
5 5
1 4
1
,
1
3 3
x y
x y
x y
y x
x y
y x
+
= =
= + =
⇔ ⇔
− −
= −
= =
= −
Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2)
Với I(
1
;
3
−
4
3
−
) suy ra
2 8
;
3 3
C
− −
÷
và D
1 14
;
3 3
−
÷
Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc
2 8
;
3 3
C
− −
÷
và D
1 14
;
3 3
−
÷
Câu 6b: 2, Do mặt phẳng (P) cách đều
1 2
,d d
nên (P) song song với
21
,dd
( )
,3;1;2
1
=
→
d
u
( )
,4;1;2
2
−=
→
d
u
( )
1 2
, 7; 2; 4
d d
u u
= − −
uur uuur
chọn
( )
1 2
, 7; 2; 4
p d d
n u u
= = − −
uur uur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng
7 2 4 0x y z d− − + =
Do (P) cách đều
1 2
,d d
suy ra khoảng cách từ (2;2;3)
1
( )d∈
và
( )
2
1;2;1 d∈
bằng nhau.
Ta có
7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1
3
2 1
2
69 69
d d
d d d
− − + − − +
= ⇔ − = − ⇔ =
Ta có phương trình mặt phẳng (P)
14 4 8 3 0x y z− − + =
Câu 7b: Ta có
0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
− =
+
∫
Nên
1
0 1 2 2 0 1 2
0
1 1 1 1
( ( 1) ) ( 1)
2 3 1 13
n n n n n
n n n n n n n n
C C x C x C x dx C C C C
n
− + − + − = − + + + − =
+
∫
suy ra
1 13 12n n
⇒ + = ⇒ =
12
12 12
5 5 12 5 12 8 36
12 12
3 3 3
0 0
2 2 2
( ) ( ) .( ) ( ) .2 .
k
n k k k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
− −
= =
+ = + = =
∑ ∑
Số hạng ứng với thoả mãn:
8 36 20 7k k
− = ⇔ =
⇒
Hệ số của
20
x
là:
7 5
12
.2 25344C =
I
D
C
A
B
. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I trị: Hàm số đạt cực đại tại
0x =
và y
cđ
= 2 Hàm số đạt cực tiểu tại
2x =
và y
ct
= -2
Điểm uốn (1;0)
Bảng biến thi n (0,25)
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
y