Đ? và Đáp Án thi thu ĐH l?n 3 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 3 ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN 3 Năm học 2012 – 2013 Môn thi Toán Lớp 12 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu[.]
SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN Năm học 2012 – 2013 Mơn thi: Tốn Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đường thẳng d : y = mx + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A(- 1; 0) , B, C hai giao điểm B, C với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích 3π π x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 4cos − − 2cos x − 2 π = + sin + x 2 x − xy − y = x + y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x − + y + = π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ sin x cos x tan x + dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân, AB = BC = a Gọi I trung điểm AC, M hình chiếu vng góc A SB Biết SI vng góc với mặt phẳng (ABC) SI = a Tính thể tích khối chóp S.ACM tính góc hai mặt phẳng (SAC) (SAB) theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z ∈ [ 0;1] Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 3xyz 2− x 2− y 2− z Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vng A có A thuộc d1 : x − y − = , B thuộc trục hoành, trung điểm AB nằm d : x − y − = I(3; -5) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ ba đỉnh tam giác ABC, biết A có hồnh độ dương 2 2 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm H ; ; Viết phương 3 3 trình mặt phẳng (P) qua H cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A, B, C (khác O) cho H trực tâm tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn n n 3 n−6 − x , biết n số nguyên dương thỏa mãn Cn − + nAn = 454 4x - Hết (Đề thi gồm có 01 trang) Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN Năm học 2012 – 2013 Mơn: Tốn Lớp 12 Đáp án Câu (2,0 điểm) Điểm a) (1,0 điểm) + Tập xác định: D = R + Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = x − x = ⇔ x = x = 0,25 - Các khoảng đồng biến (−∞; 0) (2; +∞) ; khoảng nghịch biến (0 ; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, ycđ = 4; đạt cực tiểu x = 2, yct = - Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y’ + 0 + y +∞ -∞ 0,25 0,25 + Đồ thị 0,25 b) (1,0 điểm) Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) đường thẳng d là: x = −1 x3 − x + = mx + m ⇔ ( x + 1) ( x − 2) − m = ⇔ ( x − 2) = m (*) m > Đồ thị (C) cắt d điểm phân biệt ⇔ m ≠ Khi A(−1; 0), B(2 − m ;3m − m m ), C (2 + m ;3m + m m ) Ta có: BC = m + m , d (O; BC ) = d (O; d ) = S ∆ABC = m + m2 1 m BC.d (O; BC ) = m + m = ⇔ m m = ⇔ m = 1(tm) 2 1+ m 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu (1,0 điểm) Điểm 3π π Phương trình cho ⇔ 1 + cos − x − 1 + cos 2x − = + 3cos2x 2 0,25 ⇔ 2sin x + sin x = 3cos2x ⇔ 3cos2x − sin x = 2sin x 0,25 π π ⇔ cos 2x + = cos − x 6 2 π k 2π 2π x = − ⇔x= + + k 2π 3 π k 2π 2π Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = + x = − + k 2π 3 (1,0 điểm) ( x − y − 1) ( x + y ) = (1) Hệ phương trình cho ⇔ (2) x − + y + = Phương trình (1) ⇔ x = − y x = 3y + Với x = 3y + thay vào (2) ta có: y − + y + = (3), ĐK: y ≥ 0,25 0,25 0,25 x − + − x = ⇔ vô nghiệm Với x = - y thay vào (2) ta có: 0,25 0,25 (3) ⇔ y + y − = − y y ≤ ⇔ ⇔ y =1⇒ x = y − 23 y + 22 = Vậy hệ cho có nghiệm là: (4 ; 1) 0,25 π 4 (1,0 điểm) sin x Ta có: I = ∫ sin x + cos x dx 0,25 Đặt t = sin x + cos x ⇒ t = sin x + cos x ⇒ 2tdt = − sin xdx π x = ⇒ t = 1; x = 2 ⇒t = 2 Vậy I = −2 ∫ dt = −2 t = − 0,5 (1,0 điểm) S M N C B I A 0,25 + S ∆ABC = 1 AB.BC = a ;VS ABC = SI S∆ABC = a 3 Nhận xét: ∆SCA vuông cân S ⇒ SA = SC = a Khi ta có ∆SAB cân A 0,25 => M trung điểm SB V SM 1 0,25 + S ACM = = ⇒ VS ACM = VS ACB = a VS ACB SB 2 + Trong (SAC) kẻ IN // SC => IN ⊥ SA N trung điểm SA Tính SB = a ⇒ ∆SAB tam giác cạnh a => BN ⊥ SA Vậy: góc hai mặt phẳng (SAC) (SAB) góc INB + Ta có BI ⊥ SI , BI ⊥ AC ⇒ BI ⊥ ( SAC ) ⇒ BI ⊥ IN a a , BN = : 2 IN 1 cos INB = = ⇒ INB = arccos BN 3 0,25 Xét tam giác vng INB I có IN = (1,0 điểm) + Ta có : ( x − 1) ≥ ⇔ x(2 − x) ≤ ⇔ 0,25 ≥ x (1) (do x ∈ [ 0;1]) 2− x 1 ≥ y ( 2) ; ≥ z (3) 2− y 2− z 0,5 + Cộng theo vế ba BĐT (1), (2), (3) ta suy ra: 1 + + ≥ x + y + z ≥ 3 xyz ≥ xyz (do x, y , z ∈ [ 0;1]) 2− x 2− y 2− z 0,5 + Tương tự ta có: Dấu xảy x = y = z = + A ∈ d1 : x − y − = ⇒ A(a; a − 2) (a > 0); B ∈ Ox ⇒ B(b;0) (1,0 điểm) (1,0 điểm) a+b a−2 M trung điểm AB => M ; ∈ d : x − y − = ⇒ a = −2b + A(−2b; −2b − 2), B (b; 0) ∆ABC vuông A, I(-3 ; 5) tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC => I trung điểm BC => C (6 − b; −10) b = ⇒ a = −16 7(l ) + ∆ABC vuông A ⇒ AB.AC = ⇔ 7b2 + 6b −16 = ⇔ b = −2 ⇒ a = 4(tm) + Vậy A(4; 2), B (−2; 0), C (8; −10) + Khẳng định: tứ diện OABC có góc tam diện O, H trực tâm ∆ABC => OH ⊥ (ABC) hay OH ⊥ (P) + Véc tơ pháp tuyến (P) n = OH = (1;1;1) = > (P) : x + y + z – = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 Câu (1,0 điểm) Điểm Đáp án (n − 4)! n! + Cnn−−46 + nAn2 = 454 ⇔ +n = 454 (n − 6)!.2! (n − 2)! 0,25 + Đưa phương trình : 2n3 − n − 9n − 888 = ⇔ n = 0,25 2 + Khi ta có: P( x) = − x3 = ∑ C8k 28− k (−1) k x k −8 x k =0 + Để có hệ số số hạng chứa x4 khai triển P(x) => k = 0,25 0,25 + Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển P(x) là: C (−1) = −1792 - Hết (Hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang)