de thi thu dai hoc mon Toan co dap an 21

Viết phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1 một góc 300.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.[r]

Gv: Hoàng Văn Trường 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 Câu III: (2 điểm) x  x  m.( x  4) x2   x  x  14  m 0 4 x có nghiệm thực x y z   Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :  , x  y 1 z    1 2 : 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) I  dx x3 1 Tính tích phân : 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    2.x   x Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn  An2  Cnn11 4n  n , biết k k (n là số nguyên dương, x > 0, An là số chỉnhhợp chập k n phần tử, Cn là số tổ hợp chập k n phần tử) ……………… Hết ……………… Gv: Hoàng Văn Trường ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu I-1 Nội dung Điểm Khi m = Ta có hàm số y = - x + 3x – 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) = - Lim ( x  3x  4) , Lim ( x  3x  4)   x   Giới hạn x    Đồ thị hàm số không có tiệm cận Tính lồi, lõm và điểm uốn y’’ = - 6x +6 , y’’ =  x = Bảng biến thiên x -∞ +∞ y’ + y +∞ (I) -2 -4 -∞ 0,25 0,25 0,25 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 x -3 -2 -1 0,25 -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 I đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)   AB  (2 m ; m ) u Vectơ ; Một vectơ phương đường thẳng d là (8;  1) I  d  Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với qua đường thẳng d   AB  d  8(2m3  3m  1)  74 0  m     AB.u 0 m=2 0,25 0,25 0,25 0,25 Gv: Hoàng Văn Trường II-1 Tập xác định D = R ( s inx  sin x)   cos x  (1  cos2 x)  0 Phương trình đã cho tương đương với  ( s inx  2s inx.cos x)  ( cos x  2cos x) 0  s inx(  cos x )  cos x(  2cos x) 0   cos x    s inx  cos x  (  cos x)(s inx  cos x) 0  5  5 x   k 2    x   k 2      x   k  t anx    II-2 Điều kiện: ,k  Z 0,25 0,25 x2  x  m |  x | x2   x  x  14  m 0 4 x 2   ( x  x  8)  m  x  x   x  x   m 0 Đặt t =  2x  x 0,25 0,25 x 2   x 0    x   x 4 8  x  x 0   Phương trình đã cho tương đương với 0,25 (1) ; Khi x   - 2; 4) thì t   0; 3 0,25 (2) m Phương trình trở thành : - t – mt + 2t – – m =  t  2t  t 1   t  2t   t  2t  f (t )  ; t   0;3 t 1 Xét hàm số ; f’(t) = (t  1) ; f’(t) =  t = - v t = Bảng biến thiên hàm số f(t) trên đoạn  ;  t -∞ -4 -1 +∞ f’(t) - + + + -2 2 f(t)  III-1 0,25 -6 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 ≤ -  u1 (1;  2;1) Đường thẳng 1 có vectơ phương , Điểm M  O(0; 0; 0)  1  u (1;  1;3) Đường thẳng 2 có vectơ phương , điểm N(1;-1;1)  2    2 1 1 2   u1 , u2   ; ;  ( 5;  2;1)     3 1   Ta có     ; ON (1;  1;1)  u , u  ON     0 Ta có   Suy hai đường thẳng 1 và 2 chéo 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gv: Hoàng Văn Trường III -2  x  y 0  Phương trình đường thẳng 2 : 3 y  z  0 0,25 Gv: Hoàng Văn Trường 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 ;  )  | c os( u , n) | Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 góc 300 Ta có sin(1,(P)) = |1.  2(  3 )  1. | 2 2 Đặt u ln( x  1)    dx dv  x  2x   du  x   v   x2 0,25 Do đó I = 2 ln ln x  ln ln dx d ( x  1) 1           dx  x x 1  x x 1 1 IV -2 ln ln  2    ln | x |  ln | x  |   1 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ Áp dụng BĐT Cauchy ta có Va-1 3 ( xyz )2 = 3 xyz ln   0,25 ln (xyz)3 ≥ 27.xyz 0,25  xyz ≥ 3 3 ( xyz ) 3 ( xyz )2 y2 + zx + zx ≥ ; z2 + xy + xy ≥ 1 1 1       2 2 3 3 ( xyz ) 3 ( xyz ) 3 ( xyz ) ( xyz ) (3 3) Từ đó ta có P x  y z  x  y z   x  y  z  xyz  Từ đó ta có Max P = đạt x2 + yz + yz ≥ 0,25 0,25 ln( x  1) dx   2 1 x ( x  1) 2x  0,25  sin300 =   (  3 )      3  5 |    5 |  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 – = IV-1 0,25 ;  x  y  0  x 2    y 1 Hay A(2;1) Toạ độ điểm A là nghiệm hệ phương trình:  x  y  0 xy  x  7y 5  x  y  0 d1  x  y  0 d  2 Phương trình đường phân giác góc A là  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  0  x     y 4 Hay B(-1; 4) Toạ độ điểm B là nghiệm hệ phương trình 3x  y  0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gv: Hoàng Văn Trường Toạ độ điểm C là nghiệm hệ phương trình Diện tích tam giác ABC là : 11  x    x  y  0     x  y    y    1 24 36 S  d (C , AB) AB   2 5 Hay C(  11 ; 5 ) (đvdt) Gv: Hoàng Văn Trường TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 =  x  y  0  x  11    y 14 Hay B(-11; 14) Toạ độ điểm B là nghiệm hệ phương trình  x  y  31 0 101  x   x  y  0     x  y  31  18  y    Toạ độ điểm C là nghiệm hệ phương trình Hay C( 1 104 676 S  d (C , AB ).AB  13  2 5 (đvdt) Diện tích tam giác ABC là : Va-2 0,25 101 18 ; n Giải phương trình An  Cn 1 4n  ; Điều kiện: n ≥ ; n  N (n  1)! n(n  1) n(n  1)  4 n  n(n  1)  4 n  2!(n  1)! Phương trình tương đương với   n2 – 11n – 12 =  n = - (Loại) v n = 12 ) 0,25 12    2x   x Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  k 12 12  k C (2 x) Số hạng thứ k + khai triển là : Tk +1 = Hay Tk+ = C12k  x  12  k .x  k = C12k 212  k x      x k 0,25 ; k  N, ≤ k ≤ 12 24  k k  N , k 12  k 8  24  k   Số hạng này không chứa x C 7920 Vậy số hạng thứ không chứa x là T9 = 12 0,25 0,25