SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT H.T.A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm ( ) C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình 1 cos cos cos2 1. 4 4 3 x x x π π − + + = − ÷ ÷ 2. Giải phương trình ( ) 3 3 1 1 12 2 6.2 1. 2 2 x x x x− − − + = Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân ( ) 4 0 tan x I dx 4cos x sin x cos x π = − ∫ . Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0 . Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện MABC theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn abc 8 = . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P 2a b 6 2b c 6 2c a 6 = + + + + + + + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A( − 1;2) và đường thẳng ( ∆ ): 3 4 7 0x y− + = . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng ( ∆ ) tại hai điểm B, C sao cho ∆ ABC vuông tại A và có diện tích bằng 4 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z − − − ∆ = = − và điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = 0 a + 1 a x+ 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2; − 3). Biết đỉnh A, C lần lượt thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 : 2 1 x t d y t z = + = − = ; 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d − − + = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x + − + = + = . Hết HƯỚNG DẪN Câu 1: 1,(1,0 điểm) Với m=1 ta có 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D=R *Sự biến thiên: *Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ -Ta có: ' 6 ( 1)= − ⇒y x x 0 ' 0 1 x y x = = ⇔ = -BBT: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ), hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1). Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1, đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0. • Đồ thị: - Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2 = − ⇒ = ⇔ =y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I⇒ là điểm uốn của đồ thị. - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại ( ) A 0;1 -Đồ thi cắt trục Ox tại ( ) 1 B 1;0 ;C ;0 2 − ÷ 2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*) = ⇒ = ⇔ − + − = ⇔ − + − = x y x x mx m x mx m Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ < Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x + = − = và 2 1 2 1 A A B B y x y x = + = + ( vì A và B thuộc (d)) AB= 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y⇔ − + − = 2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2 − ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = B A B A B A m m x x x x x x ( ) 2 0 9 8 0 : 3 8 9 = ⇔ − = ⇔ < = m m m tmdk m m . Câu 2: 1,(1,0 điểm) 1 cos cos cos2 1 4 4 3 x x x π π − + + = − ÷ ÷ ⇔ ( ) 2 1 2cos .cos 2cos 1 1 4 3 x x π = − − ⇔ 2 3 2 osx 2cos 4c x= − ⇔ 2 2cos 3 2 cos 4 0x x− − = Câu 1: 2, (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = + ⇔ 2 (cos 2 2)( cos )=0 2 − +x x 2 cos 2 ⇔ = −x ⇔ 3 2 4 x k π π = ± + . Câu 2: 2, (1,0 điểm) Giải: Viết lại phương trình có dạng: 3 3 3 2 2 2 6 2 1 2 2 x x x x − − − = ÷ ÷ (1) Đặt 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3.2 2 6 2 2 2 2 x x x x x x x x x t t t = − ⇒ − = − + − = + ÷ ÷ Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 2 6 6 1 1 2 1 2 x x t t t t+ − = ⇔ = ⇔ − = x x (2 1)(2 2) 0⇔ + − = x 2 2 x 1⇔ = ⇔ = Câu 3: (1,0 điểm) Ta có: ( ) 4 2 0 tan x I dx 4 tan x cos x π = − ∫ Đặt: 2 dx tan x 4 t dt cos x − = ⇒ = . Đổi cận: Với x 0 t 4; x t 3 4 π = ⇒ = − = ⇒ = − Suy ra: 3 4 (t 4).dt I t − − + = − ∫ 3 4 4 (1 )dt t − − = − + ∫ 3 4 (t 4ln t ) − − = − + 4 4ln 1 3 = − Câu 4: (1,0 điểm) BC AB BC (SAB) BC SB BC SA ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc · SBA . Tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a. SA ⊥ (ABC), MH // SA nên MH ⊥ (ABC). Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. Mà ta có: 2 ; 1 2 2 3 2( 1) + ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + + x y xy x x x y xy x 1 1 2 3 2( 1) ⇒ ≤ + + + + x y xy x . Tương tự: 1 1 2 3 2( 1) ≤ + + + + y z yz y , 1 1 2 3 2( 1) ≤ + + + + z x zx z Suy ra: 1 1 1 1 4 1 1 1 P xy x yz y zx z ≤ + + + + + + + + 1 1 1 1 1 4 4 4 1 ( 1) ( 1) 1 1 ) 1 xy xy x x P P xy x x yz y xy zx z xy x xy x x xy ⇒ ≤ + + ⇔ ≤ + + = + + + + + + + + + + + + Vậy maxP = 1 4 khi x = y = z = 1. Câu 6a:1. (1,0 điểm) Gọi AH là đường cao của ABC ∆ , ta có 4 ( ; ) 5 AH d A= ∆ = . 1 4 1 4 . . . 2 2 5 2 5 ABC S AH BC BC BC ∆ = ⇔ = ⇔ = . Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm, ta có 1 1 2 R AI BC= = = .Phương trình tham số của đường thẳng ( ∆ ): x 1 4t y 1 3t ì =- + ï ï í ï = + ï î . I Î ( ∆ ) Þ I(-1+4t; 1 + 3t). Ta có AI = 1 Û 16t 2 + (3t – 1) 2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 9 5 . + t = 0 Þ I(-1; 1). Phương trình của đường tròn là (x + 1) 2 + (y – 1) 2 = 1. Suy ra 3 M.ABC ABC 1 a V MH.S 3 12 ∆ = = . Câu 5(1,0 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 P P b c a 2a b 6 2b c 6 2c a 6 2 a 3 b 3 c 3 2 2 2 = + + ⇒ = + + + + + + + + + + + + + + . Đặt: ; ; , , 0 & . . 1 2 2 2 a b c x y z x y z x y z= = = ⇒ > = Khi đó: 1 1 1 1 2 2 3 2 3 2 3 P x y y z z x = + + + + + + + + . + t = 9 5 Þ I(- 1 25 ; 43 25 ). Phương trình của đường tròn là (x + 1 25 ) 2 + (y – 43 25 ) 2 = 1. Câu 6a:2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u → = (2 ; -1 ; 1). Gọi n → = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì ( )P∆ ⊂ nên . 0n u → → = . ⇔ 2a – b + c = 0 ⇔ b = 2a + c n → ⇒ =(a; 2a + c ; c ) . Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 ⇔ ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0. d(A ; (P)) = 1 3 2 2 2 1 3 (2 ) a a a c c ⇔ = + + + ( ) 2 0a c⇔ + = 0a c⇔ + = . Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0. Câu 7a: (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 2 1 2x é ù + + ê ú ë û = 4 ( ) 10 1 2x+ + 4 ( ) 12 1 2x+ + ( ) 14 1 2x+ Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 10 1 2x+ là 4.2 6 . 6 10 C .Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 12 1 2x+ là 4.2 6 . 6 12 C . Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 14 1 2x+ là 2 6 . 6 14 C . Vậy a 6 = 4.2 6 . 6 10 C + 4.2 6 . 6 12 C + 2 6 . 6 14 C = 482496. Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a;-a–3) và C(- 2c – 3 ; c). I là trung điểm của AC 2 3 4 1 3 6 4 a c a a c c − − = = − ⇒ ⇔ − − + = − = − ⇒ A(-1; -2); C(5 ;-4) Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u r =(1;3) có ptts là x 2 t y 3 3t = + = − + B ∈ BD ⇒ B(2+t ; -3 +3t). Khi đó : AB uuur = (3 +t ;–1+3t); CB uuur = (- 3+t; 1+3t) . 0AB CB → → = Û t = ± 1 Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) Câu 6b: 2. (1,0 điểm) 1 d đi qua điểm A(1;2;1) và vtcp là : ( ) 1 1; 1;0u → = − ; 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: ( ) 2 1; 2;2u → = − .Gọi n → là một vtpt của (P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n → = [ 1 2 ;u u → → ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ (P): 2x + 2y + z + D = 0. d(A; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5D D ⇔ + = + 7 2(5 ) 7 2(5 ) D D D D + = + ⇔ + = − + 3 17 3 D D = − ⇔ = − Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17 3 = 0. Câu 7b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log ( 2 8) 6 (1) 8 2 .3 2.3 (2) x x y x y y x + − + = + = .Điều kiện: y – 2x + 8 > 0 (1) ⇔ y – 2x + 8 = ( ) 6 2 2y x⇔ = . Thay 2y x= vào phương trình (2), ta được 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x + = 8 18 2.27 x x x ⇔ + = 8 18 2 27 27 x x ⇔ + = ÷ ÷ 3 2 2 2 3 3 x x ⇔ + = ÷ ÷ Đặt: t = 2 3 x ÷ (t > 0)Ta có phương trình ( ) ( ) 3 2 2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + = . 0 1 . 0 x t y = ⇔ = ⇒ = Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0). . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT H.T.A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu. điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm. = . Hết HƯỚNG DẪN Câu 1: 1,(1,0 điểm) Với m=1 ta có 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D=R *Sự biến thi n: *Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ -Ta có: ' 6 ( 1)= − ⇒y x x 0 '