Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 192)

Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :.. Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm các giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu Với giá trị nào m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = Câu II: (2 điểm) Giải phương trình : + (sinx + cosx) + sin2x + cos2x = Tìm m để phương trình x  x  m.( x  4) x2   x  x  14  m  có nghiệm thực 4 x Câu III: (2 điểm) x y z   , 2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : x 1 y 1 z 1   1 Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1 góc 300 Câu IV: (2 điểm) ln( x  1) Tính tích phân : I   dx x3 2 : Cho x, y, z > và x + y + z ≤ xyz Tìm giá trị lớn biểu thức 1 P   x  yz y  zx z  xy Câu Va: (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân A , phương trình cạnh AB: x + y – = , phương trình cạnh AC : x – 7y + = 0, đường thẳng BC qua điểm M(1; 10) Viết phương trình cạnh BC và tính diện tích tam giác ABC   Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn  2.x   x  An2  Cnn11  4n  n , biết (n là số nguyên dương, x > 0, Ank là số chỉnhhợp chập k n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k n phần tử) ……………… Hết ……………… Lop10.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu I-1 Nội dung Khi m = Ta có hàm số y = - x3 + 3x2 – Tập xác định D = R Sự biến thiên Chiều biến thiên y’ = - 3x2 + 6x , y’ =  x = v x = y’>  x ( 0;2) Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2) y’ <  x (- ∞; 0)  (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞) Cực trị Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = y(2) = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = y(0) = - Giới hạn Lim ( x  x  4)  , Lim ( x  x  4)   Đồ thị hàm số không có tiệm cận x  Điểm 0,25 0,25 x  Tính lồi, lõm và điểm uốn y’’ = - 6x +6 , y’’ =  x = Bảng biến thiên x -∞ y’ y +∞ + 0 +∞ - 0,25 (I) -2 -4 -∞ Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0) Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4) Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2) Hệ số góc tiếp tuyến điểm uốn là k = y’(1) = y f(x)=-x^3+3x^2-4 0,25 x -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 I-2 Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ =  x = v x = 2m Hàm số có cực đại , cực tiểu  phương trình y’ = có hai nghiệm phân biệt  m  Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1) Trung điểm thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)  I đoạn  Vectơ AB  (2m; 4m ) ; Một vectơ phương đường thẳng d là u  (8; 1) I  d Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với qua đường thẳng d    AB  d m  8(2m3  3m  1)  74      m=2  AB.u  0,25 0,25 0,25 0,25 Lop10.com II-1 Tập xác định D = R Phương trình đã cho tương đương với ( s inx  sin x)   cos x  (1  cos2 x)   0,25  ( s inx  2s inx.cos x)  ( cos x  2cos x)   s inx(  cos x)  cos x(  cos x)  0,25  cos x     (  cos x)(s inx  cos x)    s inx   cos x 5  5 x    k 2   x    k 2      x     k  t anx  1  II-2 Điều kiện: 0,25 ,k  Z 0,25 x  4  x    2  x  x  8  x  x    0,25 Phương trình đã cho tương đương với x  x  m |  x | x2   x  x  14  m  4 x  ( x  x  8)  m  x  x   x  x   m  (1)  2x  x ; Khi x   - 2; 4) thì t   0; 3 (2) Đặt t = Phương trình trở thành : - t2 – mt + 2t – – m =  m t  2t  t 1 t  2t  t  2t  ; t  0;3 ; f’(t) = Xét hàm số f (t )  ; f’(t) =  t = - v t = t 1 (t  1) Bảng biến thiên hàm số f(t) trên đoạn  ;  t -∞ -4 -1 +∞ f’(t) - + + + -2 f(t) III-1 III -2  -6 0,25 Phương trình đx cho có nghiệm x   - 2; 4)  Phương trình (2) có nghiệm t   0;   Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t   0;   - ≤ m ≤ -  Đường thẳng 1 có vectơ phương u1  (1; 2;1) , Điểm M  O(0; 0; 0)  1  Đường thẳng 2 có vectơ phương u2  (1; 1;3) , điểm N(1;-1;1)  2     2 1 1 2  Ta có u1 , u2    ; ;   (5; 2;1) ; ON  (1; 1;1)  1 3 1 1     Ta có u1 , u2  ON  5    2  Suy hai đường thẳng 1 và 2 chéo x  y  Phương trình đường thẳng 2 :  3 y  z   Lop10.com 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 có dạng (x + y) + (3y + z + 2) = với 2 + 2    x + ( + 3)y + z + 2 = Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) là n  ( ;   3 ;  )   Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 góc 300 Ta có sin(1,(P)) = | cos(u1 , n) | | 1.  2(  3 )  1. |  sin300 =    3  5 |   5 | 2   (  3 )   IV-1 0,25  22 -  - 102 =  (2 - 5)( + 2) =  2 = 5 v  = - 2 Với 2 = 5 chọn  = 5,  = ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + = Với  = - 2 chọn  = 2,  = - ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – = Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + = ; 2x – y – z – = 0,25 2x  u  ln( x  1) du    x 1  Đặt  dx dv  v   x  2x2  0,25 ln( x  1) dx Do đó I =   1 x( x  1) 2x 0,25 IV -2 0,25 2  ln ln x  ln ln dx d ( x  1) 1     dx      x x 1 1 x 1 x  1 0,25  ln ln  2    ln | x |  ln | x  |   1 0,25 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 3 xyz = ln  ln  (xyz)3 ≥ 27.xyz  xyz ≥ 3 0,25 Áp dụng BĐT Cauchy ta có x2 + yz + yz ≥ 3 ( xyz ) ; y2 + zx + zx ≥ 3 ( xyz ) ; 1 1 Từ đó ta có P      3 ( xyz ) 3 ( xyz ) 3 ( xyz ) ( xyz ) Từ đó ta có Max P = Va-1 z2 + xy + xy ≥ 3 ( xyz ) 1  (3 3) x  y  z đạt   x  y  z  3  x  y  z  xyz 3 x  y   0,25 d2 Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A là đường cao * Nếu d1 là đường cao tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y + = * Nếu d2 là đường cao tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y - 31 = TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + = x  y    x  1 Toạ độ điểm B là nghiệm hệ phương trình  Hay B(-1; 4)  3 x  y   y  Toạ độ điểm C là nghiệm hệ phương trình 11  x   x  y      3 x  y   y    0,25 0,25 x  y   x  Toạ độ điểm A là nghiệm hệ phương trình:  Hay A(2;1)  x  y   y 1 Phương trình đường phân giác góc A là x  y    x  y    x  y   d1 0,25 Hay C(  11 ; ) 5 0,25 0,25 Diện tích tam giác ABC là : S  d (C , AB ) AB  24  36 (đvdt) 2 Lop10.com TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = x  y    x  11 Toạ độ điểm B là nghiệm hệ phương trình  Hay B(-11; 14)   x  y  31   y  14 101  x  x  y       x  y  31   y  18   Toạ độ điểm C là nghiệm hệ phương trình Diện tích tam giác ABC là : S  Va-2 Hay C( 101 18 ; ) 0,25 1 104 676 d (C , AB ) AB  13  (đvdt) 2 5 Giải phương trình An2  Cnn11  4n  ; Điều kiện: n ≥ ; n  N (n  1)! n(n  1)  4n   n(n  1)   4n  Phương trình tương đương với n(n  1)  2!(n  1)!  n2 – 11n – 12 =  n = - (Loại) v n = 12 0,25 12   Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2x   x  k 12 12  k Số hạng thứ k + khai triển là : Tk +1 = C (2 x) k 12 Hay Tk+ = C 2 x  12  k .x  k k 12 12  k = C .x 24 3 k      x k ; k  N, ≤ k ≤ 12 0,25 k  N ,  k  12 Số hạng này không chứa x   k  24  3k  Vậy số hạng thứ không chứa x là T9 = C128 24  7920 Lop10.com 0,25 0,25