Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 12 pot

SỔ GD-DT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN TOÁN.
Khối A1,A, B
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề.

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3( 1) 6 3 4
y x m x mx m
     
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với
m 0

.
2. Gọi

là tiếp tuyến của đồ thị (C
m
) tại điểm A có hoành độ là 1. Tìm m để


cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho
OAB

là tam giác vuông cân tại O.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:

3
4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0
x x x x
    
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
1 3
2
xy x y
x y x y
  


 


Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
0
(3 1)(2 1)
x
x x dx
  


Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật,
2
AB a


,
2
AD a
.
SA
vuông góc với đáy
ABCD
. Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt
phẳng (SBM) và (ABCD) là 60
o
. CMR
( )
BM SAC

và tính thể tích khối chóp S.BCM
theo a.
Câu V(1,0 điểm) Cho
, , , 0
a b a b
 
¡ CMR:
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b a b a b
     
      
     
     

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho
ABC

có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến
BM:
2 1 0
x y
  
đường phân giác trong CD:
1 0
x y
  
Viết phương trình cạnh BC.

Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho




A 2;2; 2 , B 0; 1;2 ,
  


C 2;2; 1

. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục
y’Oy, z’Oz
tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho
ON 2OM


.
Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

  
   
         
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C
.

Hết
Giám thị coi thi không phải giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng tài liệu.









ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 2013

Câu Đáp án Điểm
I a) Khi

0
m

ta có
3 2
y x 3x 4
  
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
2
' 3 6
y x x
 

0
' 0
2
x
y
x


 






H/s ĐB trên các khoảng
( ;0)

và
(2; )

, NB trên khoảng
(0;2)

 Cực trị: H/s đạt CĐ tại
D
0: 4
C
x y
 

H/s đạt CT tại
2: 0
CT
x y
 

 Giới hạn: lim
x
y

 
lim
x
y


 

 Chiều biến thiên:


, 2
y 3x 6x 3x x 2
   

H/s không có tiệm cận
 Bảng biến thiên:

* Đồ thị :
Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận
điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng






.



2) Ta có:
2
' 3 6( 1) 6
y x m x m

   
1 2 ' 3
x y y
     

PTTT:
3( 1) 2
y x
   

PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến

và đồ thị (C
m
):
3 2
3( 1) 6 3 4 3( 1) 2
x m x mx m x
        

2
1
( 1) ( 3 1) 0
3 1
x
x x m
x m


    


 


Ta có: B(
3m 1; 9m 2
  
)



1;2 , (3 1; 9 2)
OA OB m m
  
uuur uuur


1
B A m
  



0.25




0.25

0,25





0,25











0,25


0,25

x

0 2


'
y

+ 0 - 0 +
y 4






0


x
y
O
4
2
I
-1
2
1

OAB


vuông cân tại A
2 2 2 2
(3 1) 2( 9 2) 0
. 0
1
3
(3 1) ( 9 2) 1 2
m m
OAOB
m
OA OB
m m
    



 
   
 

     




uuur uuur

Vậy
1

3
m

là giá trị cần tìm.

0,25


0,25
1. Giải phương trình lượng giác:
3
4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0
x x x x
    
.
2
4sin (1 os ) 2cos (sinx 1) 4sin 1 0
x c x x x
      

2
4sin cos 2sin cos 2cos 1 0
x x x x x
     

(2cos 1)( 2sin 1) 0
x x
    

2

2
3
2 ( )
6
5
2
6
x k
x k k
x k







  



   



 


¢

0,25

0,5




0,25
II
2. Giải hệ phương trình:
2 2
1 3 (1)
2 (2)
xy x y
x y x y
  


 


Nhận thấy
0
y

không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y
và phương trình (2) cho
2

y
ta được:
2
2
1
1
3 (3)
3
1
2 (4)
2
x
x
x
x
y y
y y
x
x x
x
y yy y


  
  


 

 

 
 
  
 
 
 


1
(3) 3
x
x
y y
   
thay vào (4) ta có:
2
1
3 2 0
2
x
y
x x
x
y y
y



   


   
   

   




+
1
x
x y
y
  
thay vào (2) ta được:
3 2
1 2
2 0
1 2
y
y y y
y

 
   

 



+
2 2
x
x y
y
  
thay vào (2) ta được:
3 2
1
4 2 2 0
1
2
y
y y y
y



   

 


Vậy hệ có 4 nghiệm:
1
(1 2;1 2), (2,1), ( 1; )
2
   

0,25




0,25





0,25


0,25
III
Tính tích phân:
1
0
(3 1)(2 1)
x
x x dx
  


Ta có:
1 1 1
0 0 0
(3 1)(2 1) 3 (2 1) 1(2 1)
x x
x x dx x dx x x dx M N
         
  




0,25

1
0
3 (2 1)
x
M x dx
 


Đặt
2
2 1
3
3
ln3
x
x

du dx
u x
dv dx
v


 



 





1
1
1
2 2
0
0
0
3 2 8 2 8ln3 4
(2 1) 3 3
ln3 ln3 ln3 ln 3 ln 3
x
x x
M x dx


      


1
0
1(2 1)
N x x dx
  


Đặt
1 1
t x x t dx dt
      

Đổi cận:

2
2 2
3 1 5 3
2 2 2 2
1 1
1
4 2 28 2 2
(2 1) (2 )
5 3 15
N t t dt t t dt t t
 

      

 
 
 

Vậy
1
2
0
8ln3 4 28 2 2
(3 1)(2 1)
ln 3 15
x
x x dx
 
    







0,25

0,25


0,25
IV
Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét
ABC

và
BCM


Ta có 2
AB BC
ABC BCM
BC CM
    :
·
·
·
·
·
·
90
o
ACB BMC MBC BMC MBC ACB     

BIC
 
Vuông tại I hay

BM AC

,
mà ( )
SA ABCD BM
 

BM SA
 

( )
BM SAC
 

SI BM
  
góc giữa hai mặt phẳng
( )
ABCD
và
( )
SBM

Là góc giữa SI và AI hay
¶
60
o
SIA 
.
Ta có:

ABC ABI
 
:

2 2 2
2 2
4 4 2 6
3
6
AI AB AB a a a
AI
AB AC AC
a
AB BC
      

.
Xét
SAI

vuông tại A. Ta có:
¶ ¶
2 6
tan tan . 3 2 2
3
SA a
SIA SA AI SIA a
AI
     .
2

1 2
.
2 2
BCM
a
S BC CM  . SA là chiểu cao của khối chóp
.
S BCM
nên
2 3
.
1 2 2
. .2 2
3 3.2 3
S BCM BCM
a a
V S SA a   (đvtt)





0,5

0,5
V
Cho
, , , 0
a b a b
 
¡ CMR:
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b a b a b
     
      
     
     

CM
Ta có
2
2 2
3 1 1 1 1 1
4 4 2 2 2 2
a b a a a b a a b a b
 
               

 
 





0,25

x 0 1
t 1 2

I
M
B
D
A
C
S

Tương tự
2
3 1
4 2
b a a b
    

Ta sẽ CM:
2
1 1 1

2 2 (*)
2 2 2
a b a b
    
    
    
    

Thật vậy:
2 2
1 1
(*) 2 4
4 4
a b ab a b ab a b
         
2
( ) 0
a b
  

Dấu “=” xảy ra
1
2
a b
  




0,25

0,25

0,25
VI
Điểm
: 1 0 ( ;1 )
C CD x y C t t
     
suy ra trung điểm của AC
Là
1 3
;
2 2
t t
M
 
 
 
 
.
Điểm
1 3
:2 1 0 2 1 0
2 2
t t
M BM x
 
 
      

 
 

7 ( 7;8)
t C
    
.
Từ A(1;2) kẻ
: 1 0 ( )
AK CD x y K BC
    
.
:( 1) ( 2) 0 1 0
AK x y x y
        
.
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ
1 0
(0;1)
1 0
x y
I
x y
  



  

.

ACK

cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0)
Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình
4 3 4 0
x y
  
.


0,25


0,25



0,25

0,25
VII
Từ giải thiết ta chọn
(0; ;0)
M m và
(0;0; )
N n
trong đó
0
mn


và
2
n m
 
.
Gọi
n
r
là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên
(2;3; 3)
n BC
  
r uuur
,
(0; ; )
n MN m n
  
r uuuur
nên ta chọn
, (3 4 ; 2 ; 2 )
n BC MN n m n m
 
    
 
r uuur uuuur

+
2 (9 ; 4 ; 2 )
n m n m m m
    

r
và (P) đi qua
( 2;2; 2)
A
 
nên (P) có phương trình:
3 4 2 10 0
x y z
   
.
+
2 ( 9 ;4 ; 2 )
n m n m m m
     
r
và (P) đi qua
( 2;2; 2)
A
 
nên (P) có phương trình:
9 4 2 30 0
x y z
   
.
Vậy


P :3 4 2 10 0
x y z
   

Hoặc
9 4 2 30 0
x y z
   

0,25


0,25
0,25




0,25
VIII

Tìm số nguyên dương n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
  
   
        
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C
* Xét
1n21n2

1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(




(1)
* Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:
2 1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) 2 ( 1) (2 1)
n k k k n n
n n n n
n x C C x kC x n C x
 
   
           (2)
Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk

1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2






Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
  
   
          
Phương trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2
2



0,25

0,25

0,25

0,25
Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà vẫn cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

I
K
D
M
A
C
B