de thi thu lan 1 nong cong 3

a Tính thể tích khối chóp SABCD b Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SCD Câu IV 1,0 điểm Cho a, b,c là các số dương.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M..[r]

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG LẦN MĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN – Khối A - A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề y 2 x   m  1 x  m Câu I ( điểm) Cho hàm số (1),( với m là tham số thực) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số (1) m =2 2.Tìm m để hàm số có điểm cực trị, ký hiệu là A, B cho ba điểm A, B, I(3;1) thẳng hàng Câu II ( điểm) 1.Giải phương trình: 1 Cho khai triển  3     cos 2 x  2cos  x   sin  x      4  0 2cos x  3x  2n a0  a1 x   a2 n x n n  N * , Tính hệ số a8 biết n thoả 14  3 mãn hệ thức Cn 3Cn n Câu III ( điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài a, tâm O không gian lấy điểm S cho SA = SO =2a, SB=SD a) Tính thể tích khối chóp SABCD b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) Câu IV ( 1,0 điểm ) Cho a, b,c là các số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M a3 b3 c3   a  (b  c)3 b  (c  a ) c  (a  b) Câu V ( điểm)  x y   xy  y  xy  2 Giải hệ phương trình sau  x y  x 2 y x 1 dx  x x 1 2.Tính tích phân sau I = Câu VI ( điểm)  1 I ;  Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm   , biết điểm B(1;-1), phương trình đường cao AH là AH: y-3=0 Tìm toạ độ A và C Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(0;1;-1), B(2;-1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình (P): x-2y-z+2 =0 Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cân C và có diện tích TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC CĐ LẦN MĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu ĐÁP ÁN ĐIỂ M TXĐ D=R Sự biến thiên a Giới hạn vô cực lim y  0.25 lim y   x   x   b.Bảng biến thiên  x 0 y ' 6 x  x 0    x 1 Ta có  y’ + -  + 0.25  y   ;0  1;   Hàm số đồng biến trên khoảng  và  0;1 Hàm số nghịch biến trên   Hàm số đạt cực đại x=0, ycđ=2 Hàm số đạt cực tiểu x=1,yct=1 3.Đồ thị 0.25 fx = 2x3 -3x2 +2 0.25 -10 -5 -2 -4 10  3 U ;  Nhận xét Đồ thị hàm số nhận điểm uốn  2  làm tâm đối xứng  x 0 y ' 6 x  6(m  1) x 0    x m  Ta có 0.25 Đồ thị hàm số có cực trị y’ có nghiệm  m 1 Toạ độ hai điểm cực trị A(0;m) và M(m-1;-(m-1)3+m)  AB: y=-(m-1)2x+m Ba điểm A,B, I(3;1) thẳng hàng I  AB 0.25  m 1 (loại)   m 4  = -(m-1)2.3+m   m Vậy giá trị m cần tìm là Câu II ĐK: 0.25 0.25  0  x   k 2 2cos x  3      cos 2 x  2cos  x   sin  x    0 4    Với điều kiện đó phương trình 1     cos 2 x   sin  x    sin  x      0 2  2     sin 2x  sin         4x    sin 2x  0 2  0,25 0,25   sin 2x  cos 4x  sin 2x  0   sin 2x   2sin 2x  sin 2x  0   0,25  sin 2x  sin 2x  0  sin 2x 1 sin 2x  (loại) 5  k2 (k  ) So điều kiện phương trình có nghiệm 14 28  3   Cn 3Cn n  n(n  1) n( n  1)(n  2) n  n    n  7n  18 0   n 9 x Suy n=9 Áp dụng khai triển NiuTơn Hệ số a8 ứng với k=8  a8 C188    = 3544398 1 3x  18 18   C18k  3x k 0  k 0,25 0.25 0,25 0.25 0.25 Câu III S I K A M D N H O B C a)Gọi H là trung điểm AO Vì Tam giác SBD cân S nên BD  SO , BD  AC nên BD  ( SAC ) Từ đó BD  SH Vì tam giác SAO cân S nên SH  AC Ta có SH  AC , SH  BD nên SH  ( ABCD) a a 62 AH  2 S  a , SH  SA  AH = Ta có ABCD , 1 a 62 a 62 VSABCD  S ABCD SH  a  3 12 3a HN  b) Gọi K,I là hình chiếu H, M trên SN, Vì AB// (SCD) nên d  B; ( SCD)  d  M ; ( SCD )  MI HS HN 1 3a 31 HK    2 2 HS  HN = 28 Ta có HK HS HN  HK HN 4 3a 31 a 31   MI  HK   3 28 Ta có MI MN  0.25 0.25 0.25 0.25 Câu IV Theo bất đẳng thức Cô-si, với x  , ta có  1 x  1 x 1 x  x   (1  x)   x  x   1  x 0.25 Áp dụng kết trên với a > 0, b > và c > 0, ta a3 1 a2     3 b2  c a  b2  c a3   b  c   bc   bc   1  1    a2 2 a   a  Tương tự, ta có: b3 b3   c  a  c3 c3   a  b  b2  a  b2  c2  0.5 c2 a  b2  c2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a3 a3   a  b   b3 b3   c  a   c3 c3   a  b   a2 b2 c2   1 a  b2  c2 a  b2  c2 a  b  c Vậy giá trị nhỏ biểu thức a b c CâuV 0.25  x y   xy  y  xy  2 Giải hệ phương trình  x y  x 2 y TH1: y=0 không thoả mãn TH2: y 0 Chia cho y ta  x    x   y 1  4x  x  y y y x 2 y2 0.25  1    6x  x     x    y  y y    1 x  y  x  y  2    x ;v  y y ta có hệ Đặt u  u  6v u    uv 2 v  0.25 u x    x  y      x  Theo cách đặt ta có  y 0.25  x    y 1 0.25 Vậy nghiệm hệ là (-1;1) x x 1 dx x 1 Tính tích phân sau Đặt t  x   2tdt = 2dx 0.25 Câu VI x   t 2; x 4  t 3 Đổi cận Khi đó 3 t 1  1    I  dt  dt    1  dt   t  t  t  t      = =   t  1   ln  t  ln  t      = = 125 Ta có BI = 18 Giả sử A(a;3) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên  a  2  7   125     a   3   2 6  2 18   a   AI BI   A   ;3  A  2;3 Suy    Phương trình BC: x-1=0 Giả sử C(1;c) 2  c 2  125  7     c       2  c  Giải CI BI      18 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Với c=-1 thì C trùng B loại Suy C(1;2)   A   ;3  A  2;3 Vậy     và C(1;2) I 1; 0;  Ta có AB  2;  2;  , AB 2 , toạ độ trung điểm AB là  0.25 Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực AB đó (Q):x-y+z-1=0 Vì tam giác ABC vuông cân C nên C nằm trên (Q) Khi đó C thuộc giao (P) và ( Q) Cho y=t ta xét hệ  x   t   x  z 1  t  2    x  z   2t  z 3  t  2 từ đó phương trình giao tuyến (P) và ( Q ) là  x   t  2   y t    z   t C    t; t;  t  2  Giả sử  2 2  1 S ABC  AB.CI  3.CI   CI  2 0.25 0.25 0.25  CI    Ta có  t 1 7t  12t  0   3  3   t 5  t   t    t  2 2   2   Vậy có hai điểm C là 2 C  1;1;1  8 C ; ;  và  7 