De dap an thi thu DH lan 1 nam 2013Toan

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ thị hàm số.. cắt đường tròn.[r]

SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x  3mx  (Cm ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m 1 Tìm tất các giá trị m để hàm số có cực trị và đường thẳng qua cực đại , cực tiểu đồ thị hàm số C  m cắt đường tròn  x  1 2   y   1 hai điểm A, B phân biệt cho AB    2sin x  sin  x    5sin x  3cos x 3 4  Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : 7 x  y  xy ( x  y )  12 x  x 1 ( x , y  ) 3 x  y   x  y   Giải hệ phương trình :   I x sin x  sin x dx cos x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với đáy , ABCD là hình chữ nhật với AB 3a 2, BC 3a Gọi M là trung điểm CD và góc ( ABCD ) với ( SBC ) 600 Chứng minh ( SBM )  ( SAC ) và tính thể tích tứ diện SABM Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thoả mãn x  y 1 Tìm GTNN biểu thức: P 3  x  40  y PHẦN RIÊNG A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC qua M (0,  1) Biết AB 2 AM , đường phân giác AD : x  y 0 ,đường cao CH : x  y  0 Tìm toạ độ các đỉnh 1 log ( x  3)  log ( x  1)8 log x Giải phương trình : n  n    x  3x  n 1 n  biết : Cn4  Cn3 7( n  3) x Câu VII.a ( điểm) Tìm hệ số chứa khai triển  B Theo chương trình Nâng cao 2 Câu VI.b( điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x  1)  ( y  1) 25 , điểm M (7;3) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C ) hai điểm phân biệt A, B cho MA 3MB log  3x  log  3x  1 Giải phương trình:   n n Câu VII.b ( điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh: Cn  2Cn  3Cn   ( n  1)Cn (n  2)2 -Hết (Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:……………………… SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC CÂU ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: Khi m 1 ta có hàm số y x  3x  ĐIỂM TXĐ: D=R Sự biến thiên 0.25  x 1  y 0 y ' 3x  3, y ' 0    x   y 4 Đạo hàm: lim y   ; lim y  x    x   Giới hạn: Bảng biến thiên: x y'  1  y    0.25   I.1 Hàm số đồng biến trên   ;  1 ;  1;   (1 điểm) Hàm số nghịch biến trên   1;1 Hàm số đạt cực đại x  1; yCD 4 0.25 Hàm số đạt cực tiểu x 1; yCT 0 Đồ thị: 10 y f(x)=x^3-3x+2 0.25 x -10 -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8 I A H B + Ta có y ' 3x  3m Để hàm số có cực trị thì y ' 0 có nghiệm phân biệt  m  Phương trình đường thẳng qua cực đại, cực tiểu là  : 2mx  y  0 I.2 (1điểm) Điều kiện để đường thẳng  cắt đường tròn hai điểm phân biệt là : d  I,  R  2m   4m  0.25   2m  m    1, m AB 2 IH  R   Theo bài Gọi H là hình chiếu I trên AB Ta có d ( I , )  m  2m    m    4m   m  (L) Vậy m  là giá trị cần tìm II.1 (1điểm) 0.25 0.25 0.25   2sin x  sin  x    5sin x  3cos x 3 4  GPT : (1) (1)  2sin x  sin x  cos2 x  5sin x  3cos x 3  6sin x cos x  3cos x  (2sin x  5sin x  2) 0  3cos x(2sin x  1)  (2sin x  1)(sinx  2) 0  (2sin x  1)(3cos x  sinx  2) 0  sinx     sinx  3cos x 2 0.25   x   k 2  sin x    ,k    x   k 2  + sinx  3cos x 2  sin( x   )  ,(cos  ) 10 10  x    arcsin  k 2  10  ,k   x     arcsin  k 2  10 Vậy pt có họ nghiệm :   x   k 2    x 5  k 2  ,k    x   arcsin  k 2  10   x     arcsin  k 2  10 7 x3  y  3xy ( x  y )  12 x  x 1 (1) ( x, y  ) 3 x  y   x  y  (2)  Giải hệ :  Giải: ĐK x  y 0 0.25 0.25 0,25 0.25 0.25 (1)  x  12 x  x  x  x y  xy  y 3 II.2 (1điểm)   x  1  x  y   x  x  y  y 1  x + Với y 1  x thay vào (2) ta : 3x   x  4 Đặt a  3x  2, b  x  (b 0) Ta có hệ : a  b 4 a 2  3x  2     x 2  a 3b  b 2  x  2  x 2  x   y  + Vậy nghiệm hệ là:  y  0.25 0.25  Tính I  x sin x  sin x dx cos x   0.25 sinx x sin x I   dx   dx cos x cos x + Ta có   sinx x sin x I1   dx; I 2  dx cos x cos x Đặt +Tính I1 : Đặt 0.25 sinx III u x  du dx; v  dx  cos  xd (cos x)  cos x cos x (1điểm)     dx x x 1  sinx  2  I1    ln 4   ln 4 cos x cos x cos x  sinx 2 0   d (cos x ) I    2ln cos x  2ln cos x + Tính  2 2 I I1  I   ln  2ln 2 2 Vậy 0.25 0.25 0.25 S A B I D M C IV (1điểm) Gọi I BM  AC ,suy I là trọng tâm tam giác BCD a 18a 2  IM  BM  ; IC  AC a  IM  IC  CM 3  BM  AC Mặt khác BM  SA  BM  ( SAC )  ( SBM )  ( SAC ) 1 9a 2 S ABM  AB.d (M , AB )  3a 2.3a  2 + Ta có  Theo bài SBA 60 Xét tam giác vuông SAB có 9a 2 SA  AB tan 60 3a  VSABM  3a 9a 3(dvtt ) 0.25 0.25 0.25 0.25 a12 a22 (a1  a2 ) a1 , a2 , b1 , b2     ;  b1 b2 b1  b2 b1 , b2  + Ta dễ dàng CM B Đ T sau: (Tuyệt phẩm Svac-xơ) 32 x (3  x ) 3  x 3  3  (3  x) (1) 11 11 +Ta có 402 36 y (40  y ) 11 40  y 2  2  (40  y) (2) 40 44 11 V (1điểm) 11 11 11 (3  x)  (40  y )  (49  x  y ) 5 11 11 11 11 +Từ  x     y 2  + Dấu đẳng thức xẩy (1),(2)  P  VI.a (1điểm) PHẦN RIÊNG: Gọi M làđiểm đối xứng với M qua AD  n MM1 u AD (1,1)  MM :1( x  0)  1( y  1) 0  x  y  0 Gọi I  AD  MM  toạ độ I là nghiệm hệ  x   x  y  0   I ( ;  )  M ( 1;0)   2  x  y 0  y     n AB u CH ( 1;2)  AB :  1( x  1)  2( y  0) 0  x  y  0 Suy toạ độ A là nghiệm hệ    x  y   A(1;1)  AM ( 1;  2)  n AC (2;  1)  AC : 2( x  1)  1( y  1) 0   x  y 0  x  y  0 2 x  y   C ( ;  2)  Toạ độ C là nghiệm cuả hệ 2 x  y 1 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 xo  )  x  1  AB ( x0  1; ); AM ( 1,  2)  AB 2 AM  ( x0  1) 16  B  AB  B ( x0 ;  x0 5  x    B (5;3)    B ( 3;  1) Vì x    x 1 0.25  (1)  log  ( x  3) x   log x  ( x  3) x  4 x ĐK:  x 1  ( x  3)( x  1) 4 x    0  x    ( x  3)(1  x) 4 x 0.25  x 3   x   ĐK: n 0 (n  4)! (n  3)!  (1)   7(n  3)  (n  1)!3! n!3! n    (n  4)(n  2)  (n  1)(n  2) 42  n 12 + Với n 12  0.25 0.25 0.25 0.25 10  (1  x)  x  C100 (1  x)10  C101 (1  x)9 x  C102 (1  x)8 x  VII.a Ta0 có: 10 0 2 3 4 (1điểm) C10 (1  x) C10  C10  C10 x  C10 x  C10 x  C1016 x   0.25 3x 2C101 (1  x)9 3x 2C101  C90  C91 x  C92 x   x 4C102 (1  x)8 9 x 4C102  C80   2 Vậy hệ số số hạng chứa x là : C10C1016  3C10C9  9C10C8 8085 0.25 I M H B A (C ) : I (1,  1); R 5 VI.b M nằm ngoài đường tròn Đường tròn MI  52   2 Ta có MA.MB MI  R 27  3MB 27  MB 3  MA 9  AB 6 AB 2  IH  R  4 Gọi H là trung điểm AB M (7,3) có vtpt Gọi  đường 2thẳng2 qua n( A, B ),( A  B 0)   : Ax  By  A  3B 0 Theo trên ta có :  A 0 A  B  A  3B d ( I , ) IH 4  4  A  12 AB 0   12 B 2  A  A B  + Với A 0   : y 3 + Với A  0.25 0.25 0.25 12 B   :12 x  y  69 0 Đặt log (3x  1) t  3x 4t   (1)  log (3  2t ) t t  2   5  t    1 (*)  5 t  2 f (t ) 3 t      là hàm nghịch biến Mà f (1) 1  t 1 là nghiệm Xét hàm phương trình (*) + Với t 1  x 1 t 0.25 0.25 0.25 t 0.25 0.25 n 2 3 n n + Ta có : x(1  x) xCn  xCn x  xCn x  xCn x   Cn x (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: (1  x) n  nx(1  x) n Cn0  2Cn1  3Cn2 x   (n  1)Cnn x n (2) Thay x 1 vào (2)  dpcm VII.b 0.5 0.25 ( Mọi cách giải đúng và gọn cho điểm tối đa) = = = HẾT = = = 0.25