SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN. Khối A1,A, B Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3( 1) 6 3 4y x m x mx m= − + + − + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 0 = . 2. Gọi ∆ là tiếp tuyến của đồ thị (C m ) tại điểm A có hoành độ là 1. Tìm m để ∆ cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho OAB ∆ là tam giác vuông cân tại O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: 3 4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x− − − + = . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 1 3 2 xy x y x y x y + − = − = Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 1 0 (3 1)(2 1) x x x dx+ + + ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, 2AB a= , 2AD a= . SA vuông góc với đáy ABCD . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60 o . CMR ( )BM SAC⊥ và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a. Câu V(1,0 điểm) Cho , , , 0a b a b∈ >¡ CMR: 2 2 3 3 1 1 2 2 4 4 2 2 a b a b a b + + + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ ÷ Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC ∆ có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = đường phân giác trong CD: 1 0x y+ − = Viết phương trình cạnh BC. Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ( ) ( ) A 2;2; 2 , B 0; 1;2 , − − − ( ) C 2;2; 1− . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và cắt trục y’Oy, z’Oz tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho ON 2OM = . Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: − − + + + + + − + + − − + − + = − 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C . Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được dùng tài liệu. - 1 - ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I –THÁNG 3/ 2013 Câu Đáp án Điểm I a) Khi 0m = ta có 3 2 y x 3x 4= − + . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − 0 ' 0 2 x y x = = ⇔ = ⇒ H/s ĐB trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞ , NB trên khoảng (0;2) − Cực trị: H/s đạt CĐ tại D 0 : 4 C x y= = H/s đạt CT tại 2 : 0 CT x y= = − Giới hạn: lim x y →+∞ = +∞ lim x y →−∞ = −∞ − Chiều biến thiên: ( ) , 2 y 3x 6x 3x x 2= − = − H/s không có tiệm cận − Bảng biến thiên: * Đồ thị : Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng . 2) Ta có: 2 ' 3 6( 1) 6y x m x m= − + + 1 2 ' 3x y y= ⇒ = ⇒ = − PTTT: 3( 1) 2y x= − − + PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến ∆ và đồ thị (C m ): 3 2 3( 1) 6 3 4 3( 1) 2x m x mx m x− + + − + = − − + 2 1 ( 1) ( 3 1) 0 3 1 x x x m x m = ⇔ − − − = = + Ta có: B( 3m 1; 9m 2+ − + ) ⇒ ( ) 1;2 , (3 1; 9 2)OA OB m m+ − + uuur uuur 0.25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - 2 - x −∞ 0 2 +∞ 'y + 0 - 0 + y 4 +∞ −∞ 0 x y O 4 2 I -1 2 1 1B A m ≠ ⇔ ≠ OAB ∆ vuông cân tại A 2 2 2 2 (3 1) 2( 9 2) 0 . 0 1 3 (3 1) ( 9 2) 1 2 m m OAOB m OA OB m m + + − + = = ⇔ ⇔ ⇔ = = + + − + = + uuur uuur Vậy 1 3 m = là giá trị cần tìm. 0,25 II 1. Giải phương trình lượng giác: 3 4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x− − − + = . 2 4sin (1 os ) 2cos (sinx 1) 4sin 1 0x c x x x⇔ − − − − + = 2 4sin cos 2sin cos 2cos 1 0x x x x x⇔ − − + + = (2cos 1)(1 sin 2 ) 0x x⇔ + − = …. 0,25 0,5 0,25 2. Giải hệ phương trình: 2 2 1 3 (1) 2 (2) xy x y x y x y + − = − = Nhận thấy 0y = không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y và phương trình (2) cho 2 y ta được: 2 2 1 1 3 (3) 3 1 2 (4) 2 x x x x y y y y x x x x y y y y − + = + − = ⇔ − = − = ÷ 1 (3) 3 x x y y ⇔ − = − thay vào (4) ta có: 2 1 3 2 0 2 x y x x x y y y = − + = ⇔ ÷ ÷ = + 1 x x y y = ⇔ = thay vào (2) ta được: 3 2 1 2 2 0 1 2 y y y y y = − − − = ⇔ = + + 2 2 x x y y = ⇔ = thay vào (2) ta được: 3 2 1 4 2 2 0 1 2 y y y y y = − − = ⇔ = − Vậy hệ có 4 nghiệm: 1 (1 2;1 2), (2,1), ( 1; ) 2 ± ± − − 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tính tích phân: 1 0 (3 1)(2 1) x x x dx+ + + ∫ Ta có: 1 1 1 0 0 0 (3 1)(2 1) 3 (2 1) 1(2 1) x x x x dx x dx x x dx M N+ + + = + + + + = + ∫ ∫ ∫ 1 0 3 (2 1) x M x dx= + ∫ Đặt 2 2 1 3 3 ln3 x x du dx u x dv dx v = = + ⇒ = = 1 1 1 2 2 0 0 0 3 2 8 2 8ln3 4 (2 1) 3 3 ln3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 x x x M x dx − ⇒ = + − = − = ∫ 1 0 1(2 1)N x x dx= + + ∫ Đặt 1 1t x x t dx dt = + ⇒ = − ⇒ = 0,25 0,25 - 3 - Đổi cận: 2 2 2 3 1 5 3 2 2 2 2 1 1 1 4 2 28 2 2 (2 1) (2 ) 5 3 15 N t t dt t t dt t t − = − = − = − = ÷ ∫ ∫ Vậy 1 2 0 8ln3 4 28 2 2 (3 1)(2 1) ln 3 15 x x x dx − − + + + = + ∫ 0,25 0,25 IV Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét ABC ∆ và BCM ∆ Ta có 2 AB BC ABC BCM BC CM = = ⇒ ∆ ∆: · · · · · · 90 o ACB BMC MBC BMC MBC ACB= ⇒ + = + = BIC⇒ ∆ Vuông tại I hay BM AC⊥ , mà ( )SA ABCD BM⊥ ⊃ BM SA⇒ ⊥ ( )BM SAC⇒ ⊥ SI BM⇒ ⊥ ⇒ góc giữa hai mặt phẳng ( )ABCD và ( )SBM Là góc giữa SI và AI hay ¶ 60 o SIA = . Ta có: ABC ABI ∆ ∆ : 2 2 2 2 2 4 4 2 6 3 6 AI AB AB a a a AI AB AC AC a AB BC ⇒ = ⇒ = = = = + . Xét SAI ∆ vuông tại A. Ta có: ¶ ¶ 2 6 tan tan . 3 2 2 3 SA a SIA SA AI SIA a AI = ⇒ = = = . 2 1 2 . 2 2 BCM a S BC CM= = . SA là chiểu cao của khối chóp .S BCM nên 2 3 . 1 2 2 . .2 2 3 3.2 3 S BCM BCM a a V S SA a= = = (đvtt) 0,5 0,5 V Cho , , , 0a b a b∈ >¡ CMR: 2 2 3 3 1 1 2 2 4 4 2 2 a b a b a b + + + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ ÷ CM Ta có 2 2 2 3 1 1 1 1 1 4 4 2 2 2 2 a b a a a b a a b a b + + = − + + + + = − + + + ≥ + + ÷ Tương tự 2 3 1 4 2 b a a b+ + ≥ + + Ta sẽ CM: 2 1 1 1 2 2 (*) 2 2 2 a b a b + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ Thật vậy: 2 2 1 1 (*) 2 4 4 4 a b ab a b ab a b⇔ + + + + + ≥ + + + 2 ( ) 0a b⇔ − ≥ Dấu “=” xảy ra 1 2 a b⇔ = = 0,25 0,25 0,25 0,25 - 4 - x 0 1 t 1 2 VI Điểm : 1 0 ( ;1 )C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − suy ra trung điểm của AC Là 1 3 ; 2 2 t t M + − ÷ . Điểm 1 3 : 2 1 0 2 1 0 2 2 t t M BM x + − ∈ + = ⇒ + + = ÷ 7 ( 7;8)t C⇒ = − ⇒ − . Từ A(1;2) kẻ : 1 0 ( )AK CD x y K BC⊥ + − = ∈ . : ( 1) ( 2) 0 1 0AK x y x y⇒ − − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ 1 0 (0;1) 1 0 x y I x y + − = ⇔ − + = . ACK∆ cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình 4 3 4 0x y+ + = . 0,25 0,25 0,25 0,25 VII Từ giải thiết ta chọn (0; ;0)M m và (0;0; )N n trong đó 0mn ≠ và 2n m= ± . Gọi n r là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên (2;1;1)n BC⊥ = r uuur , (0; ; )n MN m n⊥ = − r uuuur nên ta chọn , ( ; 2 ; 2 )n BC MN m n n m = = + − − r uuur uuuur + 2 (3 ; 2 ; 4 )n m n n n n= ⇒ = − − r và (P) đi qua ( 2;2; 2)A − − nên (P) có phương trình: 3 2 4 2 0x y z− − + = . + 2 ( ; 2 ;4 )n n n n n n= − ⇒ = − − r và (P) đi qua ( 2;2; 2)A − − nên (P) có phương trình: 2 4 10 0x y z+ − − = . Trường hợp này loại vì (P) đi qua cả B và C. Vậy ( ) P :3 2 4 2 0x y z− − + = 0,25 0,25 0,25 0,25 VIII Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 − − + + + + + − + + − − + − + = − k k k n n n n n n C C k k C n n C * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1( ++ +++++ + −+−+−+−=− (1) * Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2( + + − +++ +−+−+−+−=−+− (2) Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2 −+ + − +++ − +−+−−++−=−+ Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C − − + + + + + − + = − + + − − + − + Phương trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 =⇔=−+⇔=+⇔ 0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà vẫn cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - 5 - . GD & ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN. Khối A1,A, B Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3(. C n n C . Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được dùng tài liệu. - 1 - ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I –THÁNG 3/ 2013 Câu Đáp án Điểm I a) Khi. Đáp án Điểm I a) Khi 0m = ta có 3 2 y x 3x 4= − + . * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n: − Chiều biến thi n: 2 ' 3 6y x x= − 0 ' 0 2 x y x = = ⇔ = ⇒ H/s ĐB trên các khoảng