SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 2013 MÔN TOÁN KHỐI A B D Thời gian làm bài 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 đ[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): 2 Câu (2 điểm) Cho hàm số : y x mx m3 (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m = b) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng d có phương trình y = x Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: sin x cos x sin x cos x(1 cos x) sin x cos x 4 x x 3y b) Giải hệ phương trình: x y log x 1 x Câu (1 điểm) Tính tích phân I ln( x 1) x.dx 3 1 7x x Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, góc ABC = 1200, O giao điểm AC BD, I E trung điểm OB AB tương ứng Mặt phẳng (SAI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Cho góc hai mặt phẳng (SAC) (ABCD) 60 Tính thể tích khối chóp S.ACE khoảng cách hai đường thẳng SD CE Câu (1 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x y z Chứng minh rằng: xy xy z yz zx x y z yz x zx y y z z x x y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là: x – 2y – = 0, đường chéo BD có phương trình: x – 7y + 14 = đường chéo AC qua điểm M(2; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Câu 7a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; - 3), B(2; 5; - 2), C(1; - 1; 2), D(3; 1; 1) Viết phương trình mặt (P) qua A, B cách hai điểm C, D Câu 8a (1 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn Cnn41 Cnn (n 3) Tìm hệ số số hạng chứa n n 5 x8 khai triển nhị thức Niu – Tơn x , x x B Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): ( x 1)2 ( y 1)2 hai điểm A(0; - 4), B(4; 0) Tìm tọa độ hai điểm C, D cho ABCD hình thang (AB // CD) đường trịn (T) nội tiếp hình thang Câu 7b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x y z y z 20 điểm A(1; 2; 2), B(-2; 0; 4) Mặt phẳng (P) song song với AB cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có chu vi Viết phương trình mặt phẳng (P), biết (P) qua điểm C(2; 1; -6) Câu 8b (1 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn Cn3 5Cn1 Tìm số hạng không chứa x khai triển n nhị thức Niu – Tơn x , x > x n5 Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ ĐÁP ÁN KSCL ƠN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 MƠN: TỐN KHỐI A - B - D Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN Câu Ý a) Nội dung Điểm Khi m =1, ta có hàm số y x x TXĐ: 2 0.25 lim y , lim y x x Đạo hàm y’ = 3x2 – 3x; y’ = x = 0, x =1 Hs đồng biến (- ; 0) (1; + ) Nghịch biến (0; 1) HS đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0,5; HS đạt cực tiểu x = 1, yCT = Bảng BT x - + y’ + 0 + 0.5 + y - Đồ thị Đồ thị qua hai điểm cực trị(0; 0,5), (1; 0), điểm uốn (0,5; 0,25) điểm (1,5; 0,5), (-0,5; 0) b) 2 Xét y x mx m3 TXĐ: 0.25 0.25 0.25 0.25 a) Và y’ = 3x – 3mx = 3x(x – m) = x = 0, x = m Do y’ tam thức bậc hai nên để hàm số có CĐ, CT cần đủ y’ có hai nghiệm phân biệt, hay m Khi tọa độ điểm CT đồ thị là: A(0; m3 ), B(m; 0) Để A, B đối xứng qua y = x, ta phải có AB vng góc với ĐT y = x trung điểm AB thuộc ĐT y = x, 1 2m 1 m (do m 0) Vậy m = giá trị cần tìm Hay m 1 m m 4 Phương trình: sin x cos x sin x cos x(1 cos x) sin x cos x (2sin x cos x sin x) [(2 cos x 1) cos x]+ sin x cos x(1 2cos x) sin x(2 cos x 1) (2 cos x 1)(cos x 1) sin x cos x(1 2cos x) (2 cos x 1)(sin x cos x sin x cos x) cos x (1), sin x cos x sin x cos x (2) Giải (1) ta cos x x k 2 Giải (2) cách đặt sinx – cosx = t | t | sin x cos x 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 1 t2 Thay vào 1 t2 t 2t t =1, t = -3 (loại) Với t = sinx – cosx = sin x sin x 4 4 x k 2 x k 2 x k 2 x k 2 4 Vậy PT cho có họ nghiệm: x k 2 , x k 2 , x k 2 với k (2): t 0.25 b) 4 x (1) x 1 3y Giải hệ phương trình: x y log x (2) ĐK: x 4, y Từ (2) ta có: y log x log 0.25 log3 3 suy 3y x x x Thay vào (1) ta được: 3 4 x x 1 x 1 1 x x 1 1 x x x x 0.25 x x x x2 4 x x3 x x ( x 2) x x 3x Với x = thỏa mãn ĐK ta có y = Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (3; 0) 1 1 x x dx ln( x 1) x.dx x ln( x 1) dx Tính tích phân I 3 1 7x x x3 0.25 x dx t3 1 t 3t 2 Đặt x t x Xét I1 x dx dt 3 1 x Đổi cận: với x = t = 1, với x = t = Khi đó: t3 1 t 2 dt 2 7 x dx 2 1 47 I1 = (t t ) dt t t 3 t 49 49 245 1 x 0.25 3 du dx u ln( x 1) x 1 Xét I x ln( x 1)dx Đặt dv xdx v ( x 1) 0.25 0.25 0.25 Khi I x ln( x 1) dx = 1 1 x2 1 11 dx ( x 1)dx x x = ( x 1) ln( x 1) 2 x 1 20 22 0 47 433 Vậy I = ( 0, 4418367347) 245 980 = 0.25 S B E A I K C O D Do (SIA) (SIC) vng góc với (ABCD) nên SI (ABCD) Từ GT suy 600 ; IO = BO BD a , suy SI = a.tan 600 a SOI 4 4 a Tam giác ABD cạnh a nên đường cao AO = => AC = a 0.25 0.25 1 a2 S ABC S ABCD AC.BD 8 a Vậy thể tích khối chóp S.ACE : V S ACE SI 32 Do OA,OB, SI đơi vng góc nên ta thiết lập hệ tọa độ: a a a a a O = (0; 0; 0), A( ; 0; 0), B(0; ; 0), S(0; ; ) Suy D(0; - ; 0), 2 4 a a 3a a 3a a E( ; ;0) , C(- a ; 0; 0) Ta có SD 0; ; ; ;0 , CE 4 4 4 MP chứa CE song song song với SD có vectơ pháp tuyến 16 n SD; CE 3; 9;9 Nên mp chứa CE song song với SD có PT: a ( ) : 3( x a 3) y z 1 3a a 6a 2a 327 2 Vâỵ d(SD,CE) = d(D,( )) = 2 109 327 3.9 Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x y z Chứng minh rằng: Do E trung điểm AB nên ta có : S ACE xy yz zx x y z xy z yz x zx y y z z x x y Do x, y, z dương = x + y + z nên xy xy xy x y 1 x y (1) xy z xy z ( x y z ) ( z x)( z y) z x z y 2 z x z y (Theo Cơ – Si ) Hồn tồn tương tự ta có thêm: yz 1 y z zx 1 z x (2) , (3) Từ (1), (2) (3) yz x x y x z zx y y z y x 0.5 yz zx (I) yz x zx y x y z Ta C/M: với x, y, z dương ta có: (II) yz zx x y 1 Thật vậy, biến đổi (II) thành: [( x y ) ( y z ) ( z x)] (4) x y y z zx ta suy ra: 0.5 xy xy z Áp dụng BĐT Cơ – Si ta có: ( x y ) ( y z ) ( z x ) 3 ( x y )( y z )( z x) >0 (5) 1 1 1 >0 (6) 33 x y y z zx x y y z z x Từ (5), (6) suy (4) hay (II) C/M x y z xy yz zx Kết hợp (I) (II) suy xy z yz x zx y y z z x x y (đpcm) Đẳng thức xáy x = y = z = 1/3 A.Theo chương trình Chuẩn 6a B = AB giao với BD nên B = (7; 3), mà BC vng góc với AB nên BC: 2x + y – 17 = A thuộc AB nên A(2a + 1; a) với a 3; C thuộc BC nên C(c; 17 – 2c) với c 2a c a 2c 17 trung điểm AC I = ; trung điểm BD, hay I 2 0.5 0.25 0.25 7a thuộc BD nên: 3c – a – 18 = (1) Lại có M, A, C thẳng hàng nên MA (2a 1; a 1) MC ( c 2;16 2c ) phương, suy (2a – 1)(16 – 2c) = (a – 1)(c - 2) (2) Thay a = 3c – 18 từ (1) vào (2) c2 – 13c + 42 = c 6, c (loại) Với c = A(1; 0), C(6; 5), B(7; 3) D(0; 2) Ta có AB (1; 4;1) Gọi vectơ pháp tuyến (P) n ( a; b; c ) (P) qua A, B nên AB.n hay a + 4b + c = (1) Mp (P) có pt dạng: a(x – 1) + b(y – 1) + c(z + 3) = Vì C, D cách (P) nên ta có: | 2b 5c | | 2a 4c | | 2b 5c || a 4c | (2) 2 a b c a b2 c Giải hệ (1), (2) với ý a b c , ta được: (a; b; c) = (2; - 1; 2) (a; b; c) = (38; - 7; -10) Vậy có hai mp cần tìm: 2x – y + 2z + = 38x – 7y – 10z – 61 = Lưu ý Bài giải theo cách: Do (P) cách CD nên ta phải có (P) qua trung điểm CD (P) // CD Với n nguyên dương ta có: Cnn41 Cnn3 7( n 3) Cn3 Cn33 7( n 3) ( n 4)( n 3)( n 2) ( n 3)( n 2)( n 1) 7( n 3) n 12 3! 3! n 8a 12 k Tk 1 C x x k k 12 C x 36 k 5k 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 5k 8 k 8 Vậy số hạng chứa x8 có hệ số C128 495 B Theo chương trình Nâng cao x y (T) có tâm I(1; -1) bán kính R = AB có pt: x y 4 CD//AB nên CD có PT dạng: x – y + c = 0, c khác -4; CD lại tiếp xúc với (T) nên: |1 c | c , c = -4 (loại) CD: x – y = AD qua A nên có PT: ax + b(y + 4) = 0, a b Do AD tiếp xúc với (T) nên: | a 3b | ( a 3b) 2( a b ) a 6ab 7b ( a b)( a 7b) 2 a b 6b a 7b , a = - b bị loại AD AB Với a = 7b ta có pt AD: 7x + y + = Suy D = AD CD = (-0,5; -0,5) BC qua B nên có PT: a(x – 4) + by = 0, a b Do BC tiếp xúc với (T) nên: | 3a b | (3a b) 2( a b ) b 6ab a ( a b)(b a ) 2 a b b a , a = - b bị loại AC AB Với b = 7a ta có pt BC: x + 7y - = Suy C = BC CD = (0,5; 0,5) 1 1 1 Vậy tọa độ điểm phải tìm là: D ; , C ; 2 2 2 7b Ta có AB ( 3; 2; 2) Gọi n ( a; b; c ), (a b c 0) vectơ pháp tuyến (P) (P) // AB nên AB.n hay -3a – 2b + 2c = (1) (P) lại qua C nên (P) có PT: a(x – 2) + b(y – 1) + c(z + 6) = Mặt cầu (S) có tâm I(0; 1; 2) bán kính R = lại cắt (P) theo đường trịn có chu vi nên suy k/c từ I đến (P) 4, hay Để số hạng chứa x8 36 3k 0.25 12 n5 1 Với n =12, Số hạng tổng quát khai triển x x5 x x k 12 0.25 0.25 0.25 0,5 0.25 0.25 0.25 0.25 | 2a 8c | 2 (a 4c) 4( a b c ) (2) a b c 2c 2b , thay vào (2) ta được: 2b 3bc 2c (2b c)(b 2c) Từ (1): a 2b + c = b – 2c = Với 2b + c = ta suy b = 1, c = -2, a = -2 nên (P): -2x + y – 2z – = 16 Với b – 2c = 0, suy c = 1, b = 2, a = -2/3 nên (P) : x y z 3 Với n số nguyên dương n , ta có n( n 1)( n 2) Cn3 5Cn1 5n n 3n 28 n = 7, n = -4 (loại) 3! n 8b Tk 1 C x k k k C7 x x 7 k k 7k k 0 k 4 Vậy số hạng không chứa x khai triển C74 35 Để số hạng khơng chứa x, 0.25 0.25 Với n = 7, số hạng tổng quát khai triển x = x là: x x n5 k 0.25 0.25 0.25 0.25