ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ -ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 32 ppt

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. 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 gốc 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 π + + 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 π π − = ∫ 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( ) 2P x y z xyz= + + − . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phân (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 0x 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 0S 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 0x y z α + + − = 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 0S 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 0x y z α + + − = 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 + + + + = + + HƯỚNG DẪN Câu 1:2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1)y x mx m= − + − Để hàm số có cực trị thì PT , 0y = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nghiệm phân biệt 1 0, m⇔ ∆ = > ∀ 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) 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 2m = − − và 3 2 2m = − + . Câu 2: 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 2 PT c x c c x c x π   ⇔ + = + ⇔ + =  ÷   sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0 ,x= 6 6 6 18 3 2 x x x c x k k π π π π π π π ⇔ + + + = ⇔ + ⇔ = − + + Vậy PT có hai nghiệm 2 x k π π = + và 18 3 x k π π = − + . Câu 2: 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x −  < <    ≠  . Với ĐK trên PT đó 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 − − + = − + − + + 2 2 2 2 log (2 1) 1 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) , , 2, 2 4 2 log (5 2 ) 0 x x x x x x x x + = −  −  ⇔ − = + ⇔ = = = − =   − =  Kết hợp với ĐK trên PT đó cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. Câu 3: 2 6 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c π π π − + = = − ∫ ∫ , 2 2 1 tan x cos 2x 1 tan x − = + Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x = ⇒ = + Nếu 1 0 0, 6 3 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t − = − = = + + ∫ . Câu 4 : 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 ⊥ 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 = = Câu 5: Cách 1: ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 2 9 6 6 6 2 9 7 3 x y z P x y z xyz x y z + +   = + + + + + − − ≥ + + − − =  ÷   Vậy P=7 là nhỏ nhất khi x=y=z=1 Cách 2: [ ] 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   = + + − + + − = − + + − = − + − +   2 3 2 ( ) 1 27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27) 2 2 y z x x x x x x + ≥ − − − + = − + − + Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27f x x x x= − + − + với 0<x<3 , 2 ( ) 3 30 27 0 1, 9f x x x x x= − + − = ⇔ = = Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z⇔ = = = . Câu 6a: 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= → ∆ = .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). 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) α là (1;4;1)n r . Vì ( ) ( )P α ⊥ 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 . Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P→ = ⇔ ( ( )) 4 21, 3d I P m m→ = ⇔ = − = Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. Câu 7a: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 − + = = = = + + = + = ∑ ∑ ∑ 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 + =  = = =     ≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨     = = =     ∈  Vậy hệ số của 4 x là: 4 4 3 1 2 2 2 2 10 10 3 10 2 2 2 3 3 8085C C C C C+ + = . Câu 6a : 1. Cách 1 :Đặt 3sin , 2cosx y α α = = Cách 2 :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= → = + = + 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 . Câu 7b: 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 cận 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 + + − = + + + + + + ⇔ 2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 3 243 4 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) n n n n n n n n n C C C C n n n n n + + + − − + + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + + + + Vậy n=4. . 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. A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số. số có cực trị thì PT , 0y = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nghiệm phân biệt 1 0, m⇔ ∆ = > ∀ Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1; 2-2 m) và cực tiểu của đồ thị hàm số. − + (1) 1.Khảo sát sự biến thi n 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