Đề thi thử dại học môn Toán có đáp án số 33

Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 1 - SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN- khối A+B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 4 2 y x (m )x m (1),= − + + m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi 1m .= 2. Tìm m để đồ thò hàm số (1) có ba điểm cực trò và tam giác tạo bởi 3 điểm cực trò này có diện tích bằng 32. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 2sin x) cosx 3 (1 2sin x)(1 sin x) − = ⋅ + − 2. Giải hệ phương trình 2 (23 3 7 (3 20) 6 0 2 2 3 2 8 3 14 8 0 x) x y y x y x y x x  − − + − − =  ⋅  + + − − + + + − − =   Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 2 0 3 4 3 4 sin x cos x I dx. sin x cos x π + = + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB BC CD a.= = = Gọi C và D ′ ′ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tứ diện ABC D . ′ ′ Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 2 2 2 x y z 3.+ + = Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức 5 P xy yz zx x y z = + + + ⋅ + + II. 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 VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A(1; 2). Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d: x y 1 0 − − = là tiếp tuyến của (T) tại điểm B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 1 y 1 z 2 : 3 2 1 − − + ∆ = = và mặt phẳng ( ): 2x y z 1 0. α + + − = Viết phương trình đường thẳng ′ ∆ đối xứng với ∆ qua mặt phẳng ( ). α Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức : 0 1 2 n n n n n 1 1 1 1023 C C C C 2 3 n 1 10 + + +⋅⋅⋅ + = ⋅ + ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết AB 5, C( 1; 1),= − − đường thẳng AB: x 2y 3 0 + − = và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d: x y 2 0. + − = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x y z 0 + − = và hai đường thẳng 1 x 4 y z d : ; 1 1 3 − = = − 2 x 6 y z 2 d : 1 2 2 − + = = ⋅ Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng 1 d sao cho M và N đối xứng nhau qua đường thẳng 2 d . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M, vuông góc với 1 d và tạo với mặt phẳng (P) một góc o 30 . Câu VIIb. (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) 2 3 4 2 2 2 2 5x 6x x x log x x x log x 5 5 6 x x . + + − > − + + + − http://kinhhoa.violet.vn Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 2 - Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1)… Khi m 1 = , ta có 4 2 y x 4x 1. = − + • Tập xác đònh: D = ℝ . • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 3 x 0 y 4x 8x; y 0 x 2  = ′ ′ = − = ⇔  = ±   0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoản g ( 2 ; 0), ( 2 ; ). − + ∞ - Hàm số nghòch biến trên các khoảng ( ; 2),(0; 2). −∞ − - Cực trò: Hàm số đạt cực tiểu tại CT x 2 , y 3, = ± = − đạt cực đại tại CĐ x 0, y 1. = = - Giới hạn: x x lim y lim y . →−∞ →+∞ = = +∞ 0,25 - Bảng biến thiên: x −∞ 2 − 0 2 +∞ y ′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞ 3 − 3 − 0,25 • Đồ thò 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thò hàm số (1) có ba điểm cực trò và tam giác tạo… 3 2 2 Ta co ù y (x) 4x 4(m 1)x 4x(x m 1); y (x) 0 x 0 hoặc x m 1 (1). ′ = − + = − − ′ = ⇔ = = + 0,25 Đồ thò hàm số có ba điểm cực trò, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m 1 (*). ⇔ > − Khi đó: 2 2 A(0 ; m), B( m 1 ; m m 1), C( m 1 ; m m 1). − + − − − + − − − 0,25 2 Gọi H là trung điểm của BC H(0; m m 1) ⇒ − − − 2 ABC 1 Ta co ù S AH.BC (m 1) m 1 2 = = + + 0,25 I (2,0điểm) ( ) 5 ABC Theo giả thiết S 32 m 1 32 m 1 2 m 3 (nhận th ỏa (*)). = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = 0,25 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện 1 sin x (*). 2 sin x 1  ≠ −    ≠  0,25 II (2,0 điểm) Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương 2 2 2 cos x 2sin x cosx 3(1 sin x 2sin x 2sin x) cos x sin2x 3 3 sin x 2 3 sin x sin2x 3(1 2sin x) 3sinx cos x − = − + − ⇔ − = + − ⇔ + − = − + 0,25 2 2 − 2 2 − 1 3 − O x y Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 3 - 1 3 3 1 5 sin 2x cos2x sinx cos x sin 2x sin x 2 2 2 2 3 6 5 2x x k2 x k2 3 6 2 (k ). k25 x2x x k2 18 33 6     π π ⇔ + = − + ⇔ + = +           π π π + = + + π = + π     ⇔ ⇔ ∈ π ππ π   = − ++ = π− − + π     ℤ 0,25 Kết hợp với (*), ta suy ra nghiệm của PT đã cho là k2 x , k . 18 3 π π = − + ∈ ℤ 0,25 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… Đ i ề u ki ệ n 7; 6; 2 2 0; 3 2 8 0 x y x y x y ≤ ≤ + + ≥ − + + ≥ (*) 0,25 PT th ứ nh ấ t c ủ a h ệ có th ể vi ế t l ạ i d ướ i d ạ ng [ ] [ ] 3(7 ) 2) 7 3(6 ) 2 6 x x y y − + − = − + − (1) Xét hàm s ố ( ) (3 2) , 0 t t t t f = + ≥ , ta có 3 2 ( ) 3 0, 0 2 t t t t t f + ′ = + > ∀ > nên hàm s ố đồ ng bi ế n khi 0 t ≥ .T ừ (3) có (7 ) (6 ), f x f y − = − suy ra 7 6 x 1. x y y − = − ⇔ = − 0,25 Thay vào PT th ứ hai c ủ a h ệ ta đượ c 2 3 1 6 3 14 8 0 x x x x + − − + − − = (2) Gi ả i (2), đ i ề u ki ệ n 1 6 3 x − ≤ ≤ (**) PT (4) đượ c vi ế t l ạ i d ướ i d ạ ng ( ) ( ) 2 3 1 4 1 6 3 14 5 0 x x x x + − + − − + − − = 3 15 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 1 6 x x x x x x − − ⇔ + + − + = + + + − 0 3 1 ( 5) 3 1 0 5. 3 1 4 1 6 x x x x x >   ⇔ − + + + = ⇔ =   + + + −    T ừ đ ó suy ra 4. y = 0,25 K ế t h ợ p đ i ề u ki ệ n (*) và (**) ta đượ c HPT đ ã cho có nghi ệ m là ( ; ) (5; 4). x y = 0,25 Tính tích phân 2 2 2 2 2 2 0 0 3 4 3 4 3 4 sin x cos x I dx dx sin x cos x sin x cos x π π = + + + ∫ ∫ Tính 1 2 2 2 0 3 3 4 sin x I dx sin x cos x π = + ∫ Đặt t cosx dt sinxdx. Khi đó: = ⇒ = − 0 1 1 2 2 2 2 0 1 0 3 3 3 3 3 sin x 3dt dt I dx cos x t t π = = − = + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 2 3 3 Đặt t tanu dt du. cos u = ⇒ = Khi đó 1 6 6 6 2 0 0 0 2 3 3 3 3 3 6 3 I du du u cos u. cos u π π π π = = = =       ∫ ∫ 0,25 III (1,0 điểm) Tính 2 2 2 2 0 4 3 4 cos x I dx sin x cos x π = + ∫ Đặt t sinx dt cosxdx. Khi đó: = ⇒ = 0,25 Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 4 - a D ′ A D C B C ′ 1 2 2 2 2 0 0 4 4 4 4 cos x dt I dx sin x t π = = − − ∫ ∫ 1 1 1 1 0 0 0 0 2 2 3 2 2 ( t) ( t) dt dt 2 t dt ln ln ( t)( t) 2 t 2 t 2 t − + + + = = + = = − + + − − ∫ ∫ ∫ Vậy 3 3 6 I ln . π = + 0,25 Tính thể tích tứ diện ABC’D’ Vì CD BC CD AB  ⊥  ⊥  nên CD (ABC) ⊥ và do đó (ABC) (ACD) ⊥ . Vì BC AC nên BC (ACD). ′ ′ ⊥ ⊥ 0,25 Thể tích tứ diện ABC D : ′ ′  ABC D AC D 1 1 1 CD V BC .S BC .AC .AD sinCAD BC .AC .AD . 3 6 6 AD ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ 0,25 Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên a 2 AC C C BC 2 ′ ′ ′ = = = ⋅ Ta có 2 2 2 2 2 2 2 AD AB BD AB BC CD 3a = + = + + = nên AD a 3. = Vì BD ′ là đường cao của tam giác vuông ABD nên 2 2 AB a AD .AD AB AD AD 3 ′ ′ = ⇒ = = ⋅ 0,25 IV (1,0 điểm) Vậy 2 3 ABC D 1 a 2 a a a V 6 2 36 3 a 3 ′ ′   = ⋅ ⋅ ⋅ =       (đvtt). 0,25 Tìm giá trò lớn nhất của P Đặt 2 2 t 3 t x y z t 3 2(xy yz zx) xy yz zx 2 − = + + ⇒ = + + + ⇒ + + = 0,25 Ta có 2 2 2 2 0 xy yz zx x y z 3 nên 3 t 9 3 t 3 ≤ + + ≤ + + = ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ 0,25 V (1,0 điểm) Khi đó 2 t 3 5 P 2 t − = + ⋅ Xét hàm số 2 t 5 3 f(t) , t 3; 3 2 t 2   = + − ∈   Ta có 3 2 2 5 t 5 f (t) t 0 t t − ′ = − = > vì t 3. ≥ Suy ra f(t) đồng biến trên 3; 3 .     Do đó 14 f(t) f(3) 3 ≤ = ⋅ 0,25 Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 5 - Hình minh họa A d C B I Vậy giá trò lớn nhất của P là 14 3 xảy ra khi t 3 = hay x y z 1. = = = 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có tam giác ABC vuông cân tại A nên I là trung điểm của BC và AI // d. Đường thẳng AI có phương trình là 1 1 2 0 1(x ) (y ) x y 1 0 − − − = ⇔ − + = 0,25 Vì 1 I AI I(t; t ), t ∈ ⇒ + ∈ ℝ Ta có 2 1 1 1 AI (t ; t ) nên R AI 2(t ) = − − = = −  0,25 Mặt khác 2 2 2 2 0 1 1 2 1 1 2 1 1 t (t 1) 1 t R d(I;d) 2(t ) 2(t ) t t − + −  = = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔  =  + 0,25 Với 0 t = ta tìm được phương trình đường tròn (T) là 2 2 1 2 x (y ) + − = . Với 2 t = ta tìm được phương trình đường tròn (T) là 2 2 2 3 2 (x ) (y ) . − + − = 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ′ ∆ đối xứng với ∆ qua mặt phẳng ( ). α Ta thấy ngay ∆ cắt ( ) α tại điểm A và tọa độ A là nghiệm của hệ: x 1 y 1 z 2 A(1; 1; 2). 3 2 1 2x y z 1 0.  − − + = =  ⇒ −   + + − =  0,25 Ta chọn điểm M(4; 3; 1) − ∈∆ Gọi H là hình chiếu của M trên ( ), α tọa độ của H là nghiệm của hệ: x 4 y 3 z 1 3 5 H 1; ; 2 1 1 2 2 2x y z 1 0.  − − +   = =  ⇒ − ⋅       + + − =  0,25 Gọi M ′ là điểm đối xứng của M qua ( ) α ta có M M M M M M x x 2 y y 3 M ( 2; 0; 4) z z 5 ′ ′ ′  + =  ′ + = ⇒ − −   + = −  0,25 VIa (2,0 điểm) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng qua A, M ′ là: x 1 y 1 z 2 3 1 2 − − + = = ⋅ 0,25 Tìm số nguyên dương n VIIa (1,0 điểm) Ta có 0 1 n k n k n k ( x) C x = + = ∑ 0,25 Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 6 - 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 n n n n k k k k n n n n k k k k k 1 n k k x ( x) dx C x dx C x dx C C k k = = = = +   ⇒ + = = = =     + +   ∑ ∑ ∑ ∑ ∫ ∫ ∫ Mà 1 0 1 1 2 1 1 1 1 0 n 1 n 1 n ( x) ( x) dx n n + + + − + = = + + ∫ Do đó 1 1 1 2 1 2 3 1 1 0 1 2 n n n n n n 1 C C C C n n + − + + + ⋅⋅⋅ + = + + Theo giả thiết 0 1 2 n n n n n n 1 1 1 1 1023 2 1 1023 C C C C 2 3 n 1 10 n 1 10 + − + + +⋅⋅⋅+ = ⇔ = + + (*) 0,25 Xét hàm số t t 2 1 2 1 f(t) (với t 2) t t t − = = − ≥ 2 2 2 2 t t t (2 ln2) t 2 1 2 (t ln 2 1) 1 f (t) + + t t t t − − ′ = = Với t 2 tln2 1 2ln2 1 0 f (t) 0 ′ ≥ ⇒ − ≥ − > ⇒ > Suy ra f(t) đồng biến trên [2; ). + ∞ 0,25 Do đó (*) f(n 1) f(10) n 1 10 n 9. ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Gọi M là trung điểm của AB.Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d nên G(t; 2 t). − Suy ra M M CG (t 1; 3 t), GM (x t; y 2 t) = + − = − − +   Theo giả thiết ta có M M t 1 2(x t) 3t 1 7 3t CG 2GM M ; 2 2 3 t 2(y 2 t)  + = −   + −  = ⇔ ⇒    − = − +       0,25 3t 1 7 3t M AB 2 3 0 t 3. Do đó M(5; 1). 2 2   + − ∈ ⇒ + − = ⇒ = −     0,25 Mà A AB A(3 2a; a), MA 5 a 1 ∈ ⇒ − = + Cũng theo giả thiết 1 a 5 1 2 AB 5 nên MA a 1 2 2 3 a 2  = −   = = ⇔ + = ⇔ ⋅  = −   0,25 1 1 3 3 3 1 Với a thì A 4; , B 6; Với a thì A 6; , B 4; 2 2 2 2 2 2         = − − − ⋅ = − − − ⋅                 i i 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng 1 d … Lấy M (P) M(a; b;2a b) ∈ ⇒ + 1 N d N(4 c; c; 3c). ∈ ⇒ + − Ta có VTCP của đường thẳng 2 d là d 2 u (1; 2; 2) =  và MN (4 c a;c b; 3c 2a b) = + − − − − −  , trung điểm của MN là a c 4 b c 2a b 3c I ; ; 2 2 2   + + + + − ⋅     0,25 VIb (2,0 điểm) Vì M, N đối xứng với nhau qua 2 d do đó 2 d 2 a 1 a c 2 b c 2a b 3c 2 I d b 1 2 4 4 MN.u 0 1(4 c a) 2(c b) 2( 3c 2a b) 0 c 1  =  + − + + − +  ∈ = =    ⇔ ⇒ = − ⋅    =     + − + − + − − − = =     Do đó M(1; 1; 1), N(5;1; 3). − − 0,25 Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 7 - Gọi VTCP của đường thẳng d là 2 2 2 d u (a; b; c), a b c 0. = + + ≠  Gọi VTCP của đường thẳng 1 d là d 1 u (1; 1; 3) = −  VTPT của mặt phẳng (P) là n (2; 1; 1) = −  Vì 1 d d ⊥ nên d d 1 u u 0 a b 3c 0, suy ra b 3c a = ⇔ + − = = −   (1) Theo giả thiết ta có o 2 2 2 2a b c 1 sin 30 2 6 a b c + − = = + + (2) Thế (1) vào (2) và rút gọn lại ta được 2 2 c a 22c 26ac 4a 0 2 c a 11  =  − + = ⇔  =   0,25 d Với c a thì b 2a nên u (1; 2; 1) = = =  i , do đó PT đường thẳng cần tìm là: x 1 y 1 z 1 d: 1 2 1 − + − = = ⋅ d 2 5 Với c a thì b a nên u (11; 5; 2) 11 11 = = − = −  i , do đó PT đường thẳng cần tìm là: x 1 y 1 z 1 d: 11 5 2 − + − = = ⋅ − 0,25 Giải bất phương trình Điều kiện 2 3 4 2 2 x 0 x 0 6x x x 0 0 x 3. 6 x x 0 6 x x 0  >   >   + − ≥ ⇔ ⇔ < ≤   + − ≥    + − ≥   0,25 Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5x x 6 x x log x x x log x 5 5 6 x x x log x 6 x x (x 1) 5 6 x x x 1 0 6 x x x 1 xlog x 5 0 (*) + + − > − + + + −     ⇔ + − − − − + − − + >           ⇔ + − − + − >     0,25 2 2 2 2 2 2 Do 0 x 3 x log x 3log 3 x log x log 27 log 32 5 x log x 5 0 < ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ < = ⇒ − < 0,25 VIIb (1,0 điểm) 2 2 2 0 x 3 0 x 3 0 x 3 (*) x 1 0 6 x x x 1 0 6 x x x 1 6 x x x 1  < ≤   < ≤ < ≤     ⇔ ⇔ ⇔ − ≥    + − − + < + − < −      + − < −   2 1 x 3 5 x 3. 2 2x 3x 5 0  < ≤  ⇔ ⇔ < ≤  − − >   Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 5 x 3. 2 < ≤ 0,25 . Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 1 - SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN- khối A+B Thời gian làm bài. http://kinhhoa.violet.vn Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 2 - Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò hàm số (1)… Khi m 1 = , ta có 4 2 y x 4x 1. = − + • Tập. gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 4 2 y x (m )x m (1),= − + + m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò hàm số (1) khi 1m