Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 34 - Đề 2 pptx

I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất cả các thí sinh) Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x 3 - 3x 2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu 2 (2đ) 1. Giải hệ phương trình:        2 2 3 1 9 1218 yxy xxy 2. Giải phương trình: 9 x + ( x - 12).3 x + 11 - x = 0 Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu 4 (1đ) Tính tích phân:   2 2 0 )]4ln()2([ dxxxxI Câu 5 (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c. Thoả mãn hệ điều kiện:        2 2 )( )( cabb bcaa CMR: C B A sin 1 sin 1 sin 1  II. PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M  (C) và N  (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d): 3 4 2 1 2       zyx Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I  (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ), (P 2 ). Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a 12 x 12 . Tính hệ số a 7 . Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 và điểm M       5 7 , 5 1 . Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2. Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0. Tìm những điểm M  (S), N  (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: x xx xf 2131 )( 3   khi x  0, và 0)0(  f ; tại điểm x 0 = 0. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG I. PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu 1 (2đ) y = 2x 3 - 3x 2 + 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R * Sự biến thiên: + Giới hạn: x ylim =   , x ylim =   0,25đ + Bảng biến thiên: y’ = 6x 2 - 6x = 6x (x - 1) y' = 0       )0(;1 )1(;0 yx yx 0,25đ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị 0,25đ * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác. 0,25đ 2) Tìm M  (C) ? Giả sử M (x 0 ; y 0 )  (C)  y 0 = 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 Tiếp tuyến (  ) của (C) tại M: y = (6x 0 2 - 6x 0 ) (x - x 0 ) + 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 0,25đ (  ) đi qua điểm P(0 ; 8)  8 = -4x 0 3 + 3x 0 2 + 1  (x 0 + 1) (4x 0 2 - 7x 0 + 7) = 0 0,25đ  x 0 = -1 ; (4x 0 2 - 7x 0 + 7 > 0,  x 0 ) 0,25đ Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. 0,25đ Câu 2 (2đ) 1) Giải hệ:        3232 3 1 9 320121218 2 22 xyyxyxy xxxxy 0,25đ 1832  xyx 0,25đ   32;32 x , tương ứng y   33;33 0,25đ Thử lại, thoả mãn hệ đã cho Vậy,         33;32,33;32; yx 0,25đ 2) Giải phương trình:     0113123 2  xx xx        x x x 113 13       (*)0113)( 0 xxf x x (a + b + c = 0) 0,5đ (*) 0)2( ,013ln3)('       f xxf x có nghiệm duy nhất x = 2 0,25đ Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} 0,25đ M Câu 3 (1đ) S N A C O B SO  (ABC) S.ABC chóp  đều  O là tâm tam giác đều ABC. MBCAO    )(SAMBC BCSO BCAM       Trong  SAM kẻ đường cao MN  MN = m 2 3 2 3 3 60sin2 0 a AOAM aa AO  0,25đ 3 SOSAhSO 2 222 a hAO  SA.MN = SO.AM   22222 3 4 43 mahma           am 2 3 0,25đ 22 433 2 ma am h   ; và S (ABC) = 4 3 a 2 0,25đ 22 3 436 ).( 3 1 ma ma hABCSV            am 2 3 0,25đ Câu 4 (1đ) Tính tích phân   2 0 )2( dxxxI +   2 0 2 )4ln( dxx = 21 II    2 0 2 2 0 1 2 )1(1)2(  dxxdxxxI (sử dụng đổi biến: tx sin1   ) 0,25đ    2 0 2 2 2 0 2 2 0 2 2 4 2|)4ln()4ln( dx x x xxdxxI (Từng phần) 0,25đ 42ln6     (đổi biến tx tan2  ) 0,25đ 2ln64 2 3 21   III 0,25đ Câu 5 (1đ)  ABC:        )2()( )1()( 2 2 cabb bcaa (1)  sin 2 A + sinAsinC = sin 2 B (Đl sin)  sinAsinC = 2 1 (cos2A - cos2B)  sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A)  sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0)  A = B - A ; (A, B là góc của tam giác)  B = 2A 0,25đ Tương tự: (2)  C = 2B A + B + C =  , nên A = 7  ; B = 7 2  ; C = 7 4  0,25đ Ta có: C B sin 1 sin 1  = 7 3 sin 7 cos 7 sin2 7 cos 7 3 sin2 7 4 sin 7 2 sin 7 2 sin 7 4 sin       0,25đ = Asin 1 7 sin 1   (đpcm) 0,25đ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình cơ bản Câu 6a (2đ) 1) Tìm M  (C), N  (d)? (d): 3x - 4y + 5 = 0 (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2  (d)  (C) = Ø Giả sử tìm được N 0  (d)  N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d)  N 0 = (d)    , với:             4;3)( )3;1( ud I 0,25đ                5 7 ; 5 1 43 31 : 0 N ty tx 0,25đ Rõ ràng    (C) = {M 1 ; M 2 } ; M 1        5 11 ; 5 2 ; M 2        5 19 ; 5 8 M 0  (C) để M 0 N 0 nhỏ nhất  M 0  M 1 và M 0 N 0 = 1 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán. M        5 11 ; 5 2 ; N       5 7 ; 5 1 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 Giả sử I (x 0 ; y 0 ; z 0 )  (d): 3 4 2 1 2       zyx  I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S) 0,25đ Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 )  d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 ))        1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt 0,25đ  I 1 = (11 ; 26 ; -35) ; I 2 (-1 ; 2 ; 1)  R 1 = 38 ; R 2 = 2 0,25đ Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S 1 ): (x - 11) 2 + (y - 26) 2 + (z + 35) 2 = 38 2 (S 2 ): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 2 2 0,25đ Câu 7a (1đ) Tính hệ số a 7 ? (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = (1 - x) 4 (1 + x 2 ) 4 0,25đ =                  4 0 2 4 4 0 4 1 i ii k kk k xCxC 0,25đ (Gt)          2;3,3;1; 4,3,2,1,0, 72        ik ik ik 0,25đ 40 2 4 3 4 3 4 1 47  CCCCa 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N  (C)? (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M       5 7 ; 5 1 2 5 8 ; 5 6         MIIM 0,25đ Giả sử tìm được N  (C)  MN  MI + IN = 3 0,25đ Dấu “=” xảy ra  N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C). (IM):          ty tx 5 8 3 5 6 1 ;       21 ;NNCIM         5 11 ; 5 2 1 N ,        5 19 ; 5 8 2 N ; MN 1 < MN 2 0,25đ Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán:        5 19 ; 5 8 N 0,25đ 2) Tìm M  (S) , N  (P) ? (S): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 1 Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1 (P): x - 2y + 2z - 3 = 0  d     PI; = 2 Ø)()(    SP Giả sử tìm được N 0  (P)  N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 0,25đ     PdN  0 , với:          )2;2;1()()( )1;2;1( d uPd Id            tz ty tx d 21 22 1 :        3 7 ; 3 2 ; 3 1 0 N 0,25đ   )()( Sd {M 1 ; M 2 }        3 5 ; 3 4 ; 3 2 1 M ,        3 1 ; 3 8 ; 3 4 2 M 0,25đ M 1 M 0 = 1 < M 2 M 0 = 3 M 0  (S) để M 0 N 0 nhỏ nhất  M 0  M 1 Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.        3 5 ; 3 4 ; 3 2 M ,        3 7 ; 3 2 ; 3 1 N 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm bằng định nghĩa: x fxf x )0()( lim 0   = 2 3 0 2131 lim x xx x   0,25đ = 2 3 0 21)1()1(31 lim x xxxx x   0,25đ =     xx xxxx x xx 21)1( 1 lim 1311)31( 3 lim 0 2 3 3 2 0       0,25đ = -1 + 2 1 = - 2 1 . Vậy, 2 1 ' )0( f 0,25đ .   2 0 2 2 0 1 2 )1(1 )2(  dxxdxxxI (sử d ng đổi biến: tx sin1   ) 0 ,25 đ    2 0 2 2 2 0 2 2 0 2 2 4 2| )4ln()4ln( dx x x xxdxxI (Từng phần) 0 ,25 đ 42ln6     (đổi biến tx tan2  ) 0 ,25 đ 2ln64 2 3 21   III. 26 ; -3 5) ; I 2 (-1 ; 2 ; 1)  R 1 = 38 ; R 2 = 2 0 ,25 đ Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S 1 ): (x - 11) 2 + (y - 26 ) 2 + (z + 35) 2 = 38 2 (S 2 ): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 . cao MN  MN = m 2 3 2 3 3 60sin2 0 a AOAM aa AO  0 ,25 đ 3 SOSAhSO 2 222 a hAO  SA.MN = SO.AM   22 222 3 4 43 mahma           am 2 3 0 ,25 đ 22 433 2 ma am h   ;