Đề thi thử môn toán tống duy tân thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.

ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số :
3 2 3
3 1
2 2
  y x mx m (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng
d có phương trình y = x.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 cos2 sin cos (1 2cos ) sin cos
x x x x x x x
     .
b) Giải hệ phương trình:
 
3
3 4
1 1 3
log 1
y
x
x
x
y x



  



 

.
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân
1
3
0
ln( 1) .
1 7
x
I x x dx
x x
 
   
 

 

.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc

ABC
= 120
0

, O là giao điểm
của AC và BD, I và E là trung điểm OB và AB tương ứng. Mặt phẳng (SAI) và (SCI) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Cho góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích khối
chóp S.ACE và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và CE.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 1
x y z
   . Chứng minh rằng:

xy yz zx x y z
xy z yz x zx y y z z x x y
    
     
.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB
là: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD có phương trình: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm
M(2; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; - 3), B(2; 5; - 2), C(1; - 1; 2),
D(3; 1; 1). Viết phương trình mặt (P) đi qua A, B và cách đều hai điểm C, D.
Câu 8a. (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
)3(7
3
1
4





nCC
n
n
n
n
. Tìm hệ số của số hạng chứa

8
x
trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của
5
3
1 5
, 0.
7
n
n
x x
x

 
 
 
 

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 6b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T):
2 2

( 1) ( 1) 2x y    và hai
điểm A(0; - 4), B(4; 0). Tìm tọa độ hai điểm C, D sao cho ABCD là hình thang (AB // CD) và đường
tròn (T) nội tiếp trong hình thang đó.
Câu 7b. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 20 0S x y z y z     
và
các điểm A(1; 2; 2), B(-2; 0; 4). Mặt phẳng (P) song song với AB và cắt mặt cầu (S) theo một đường
tròn có chu vi bằng 6

. Viết phương trình mặt phẳng (P), biết (P) đi qua điểm C(2; 1; -6).
Câu 8b. (1 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn
3 1
5
n n
C C . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
nhị thức Niu – Tơn của
3
4
2 1
5
n
x
n
x
 

 

 

, x > 0.
Hết





www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.

ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu Ý
Nội dung
Điểm
Khi m =1, ta có hàm số
3 2
3 1
2 2
y x x   . TXĐ:  .
lim
x
y

 

,
lim
x
y

 

0.25
Đạo hàm y’ = 3x
2
– 3x; y’ = 0 khi x = 0, x =1.
Hs đồng biến trên (-

; 0) và (1; +

). Nghịch biến trên (0; 1)
HS đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 0,5; HS đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0
0.25
Bảng BT
x - 0 1 +
y’ + 0 - 0 +
0.5 + 
y
- 0
0.25
a)

Đồ thị. Đồ thị đi qua hai điểm cực trị(0; 0,5), (1; 0), điểm uốn (0,5; 0,25) và các điểm
(1,5; 0,5), (-0,5; 0).
0.25
Xét
3 2 3
3 1
2 2
  y x mx m . TXĐ:  .
Và y’ = 3x
2
– 3mx = 3x(x – m) = 0 khi x = 0, x = m
0.25
Do y’ là tam thức bậc hai nên để hàm số có CĐ, CT thì cần và đủ là y’ có hai nghiệm
phân biệt, hay m  0. Khi đó tọa độ các điểm CT của đồ thị là: A(0;
3
1
2
m
), B(m; 0)
0.25
Để A, B đối xứng nhau qua y = x, ta phải có AB vuông góc với ĐT y = x và trung
điểm của AB thuộc ĐT y = x,
0.25
1
b)
Hay
3
3
1
2

.1 1
2
1 1
4 2
m
m
m
m m


 

  






(do m  0). Vậy m =
2 là các giá trị cần tìm.
0.25
Phương trình:
sin 2 cos 2 sin cos (1 2cos ) sin cos
x x x x x x x
    
.
2
(2sin cos sin ) [(2cos 1) cos ]+sin cos (1 2cos ) 0
sin (2cos 1) (2cos 1)(cos 1) sin cos (1 2cos ) 0

(2cos 1)(sin cos 1 sin cos ) 0
2cos 1 0 (1), sin cos 1 sin cos 0 (2)
x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x
x x x x x
      
       
     
      

0.5
Giải (1) ta được
1
cos 2
2 3
x x k


    

0.25
2
a)
Giải (2) bằng cách đặt sinx – cosx = t thì
| | 2t 
và
2
1
sin cos

2
t
x x


. Thay vào
(2):
2
2
1
1 0 2 3 0
2
t
t t t

        t =1, t = -3 (loại)
Với t = 1 thì sinx – cosx = 1
2
2 sin 1 sin
4 4 2
x x
 
   
     
   
   


2
2

4 4
2
2
2
4 4
x k
x k
x k
x k
 



 
 
 

  


 

 



 
   




.
Vậy PT đã cho có 4 họ nghiệm:
2
3
x k


  
,
2
2
x k


 
, 2
x k
 
  với k 
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Giải hệ phương trình:
 
3
3 4
1 1 3 (1)
log 1 (2)
y

x
x
x
y x


  



 


ĐK:
0 4,x y  
.
Từ (2) ta có:
3 3
3
1 log logy x
x
  
suy ra
3
3
log
3
3 3
y
x

x
 

0.25
Thay vào (1) ta được:

 
3 3 4
1 1 1 1 4 1 1 4 2 4
x
x x x x x x
x x

              


0.25
2 2
2 2
2
2 4 3
0 3
( 2) 4 3 0
x x
x
x x x
x x
x x x x
 


 

        
  
  
    

 

0.25
b)
Với x = 3 thỏa mãn ĐK ta có y = 0. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 0).
0.25
Tính tích phân
1 1 1
2
3
3
3
0 0 0
ln( 1) . ln( 1)
1 7
1 7
x x dx
I x x dx x x dx
x x
x
 
     
 

 


 
  


Xét
1
2
1
3
3
0
1 7
x dx
I
x



. Đặt
2
3 3 2
3
3 3 2
1 1 3
1 7 3 2
7 7 7
t t t

x t x x dx dt
   
 
     
   
   

Đổi cận: với x = 0 thì t = 1, với x = 1 thì t = 2. Khi đó:
0.25
1
2
1
3
3
0
1 7
x dx
I
x



=
3 2
2
2 2
4 5 2
1 1
1
1

2
7 7
2 2 1 1 47
( )
49 49 5 2 245
t t
dt
t t dt t t
t
 

 
 
 
    
 
 
 
.
0.25
Xét
1
2
0
ln( 1)I x x dx 

. Đặt
2
1
ln( 1)

1
1
( 1)
2
du dx
u x
x
dv xdx
v x



 




 



 



0.25
3

Khi đó
1

2
0
ln( 1)I x x dx 

=
=
1
1 1
2
1
2 2
0
0 0
0
1 1 1 1 1 1
( 1)ln( 1) ( 1)
2 2 1 2 2 2
x
x x dx x dx x x
x

 
        
 

 
 
=
1
4

Vậy I =
47 1 433
245 4 980
 
. (
0,4418367347)

0.25
K
E
I
O
D
CB
A
S


Do (SIA) và (SIC) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI  (ABCD). Từ GT suy ra

0
60SOI  ; IO =
1 1 1
2 4 4
BO BD a 
, suy ra SI =
0
1 3
.tan60

4 4
a
a  .
0.25
4

Tam giác ABD đều cạnh a nên đường cao AO =
3
2
a
=> AC =
3a
. 0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Do E là trung điểm của AB nên ta có :
1 1 1
.
2 4 8
ACE ABC ABCD
S S S AC BD
 
   
2
3
8
a

Vậy thể tích khối chóp S.ACE là :
1

. .
3
ACE
V S SI

 
3
32
a



Do OA,OB, SI đôi một vuông góc nên ta thiết lập hệ tọa độ:
O = (0; 0; 0), A(
3
2
a
; 0; 0), B(0;
2
a
; 0), S(0;
4
a
;
3
4
a
). Suy ra D(0; -
2
a

; 0),
E(
3
; ;0)
4 4
a a
, C(-
1
3
2
a
; 0; 0). Ta có
3 3
0; ;
4 4
a a
SD
 
  
 
 
 

,
3 3
; ;0
4 4
a a
CE
 


 
 
 

.
MP chứa CE và song song song với SD có 1 vectơ pháp tuyến là


16
; 3; 9;9 3
n SD CE
a
 
  
 
  
. Nên mp chứa CE và song song với SD có PT:

1
( ): 3( 3) 9 9 3 0
2
x a y z

   

Vâỵ d(SD,CE) = d(D,(

)) =
2 2

1 1
3 9
6 2 327
2 2
109
327
3 9 3.9
a a
a a

 
 

0.5
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:
1
x y z
  
. Chứng minh rằng:

xy yz zx x y z
xy z yz x zx y y z z x x y
    
     
.

Do x, y, z dương và 1 = x + y + z nên
.
( ) ( )( )
xy xy xy x y

xy z xy z x y z z x z y z x z y
  
       
1
2
x y
z x z y
 
 
 
 
 
(1)
(Theo Cô – Si )
Hoàn toàn tương tự ta có thêm:
yz
yz x

1
2
y z
x y x z
 
 
 
 
 
(2) ,
zx
zx y



1
2
z x
y z y x
 

 
 
 
(3). Từ (1), (2) và (3)
ta suy ra:
xy yz zx
xy z yz x zx y
  
  

3
2
(I)
0.5
5

Ta C/M: với x, y, z dương ta có:
x y z
y z z x x y
 
  
3

2

(II)
Thật vậy, biến đổi (II) thành:
1 1 1
[( ) ( ) ( )] 9
x y y z z x
x y y z z x
 
       
 
  
 
(4)
Áp dụng BĐT Cô – Si ta có:
( ) ( ) ( )
x y y z z x
    
3
3 ( )( )( )
x y y z z x
   
>0 (5)

1 1 1
x y y z z x
 
  

3

1 1 1
3 . .
x y y z z x

  
>0 (6)
Từ (5), (6) suy ra (4) hay (II) được C/M.
Kết hợp (I) và (II) suy ra
xy yz zx
xy z yz x zx y
  
  
x y z
y z z x x y
 
  

(đpcm)
Đẳng thức xáy ra khi x = y = z = 1/3.
0.5
A.Theo chương trình Chuẩn.

B = AB giao với BD nên B = (7; 3), mà BC vuông góc với AB nên
BC: 2x + y – 17 = 0
0.25
6a

A thuộc AB nên A(2a + 1; a) với a

3; C thuộc BC nên C(c; 17 – 2c) với c


7.
trung điểm của AC là I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c   
 
 
 
cũng là trung điểm của BD, hay I
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
thuộc BD nên: 3c – a – 18 = 0 (1)
Lại có M, A, C thẳng hàng nên
(2 1; 1)
MA a a
  

và
( 2;16 2 )
MC c c
  

cùng
phương, suy ra (2a – 1)(16 – 2c) = (a – 1)(c - 2) (2)
0.25
Thay a = 3c – 18 từ (1) vào (2) được c
2

– 13c + 42 = 0
6, 7
c c
  
(loại)
Với c = 6 thì A(1; 0), C(6; 5), B(7; 3) và D(0; 2)
0.25
Ta có
(1;4;1)
AB 

. Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là
( ; ; )
n a b c


thì do (P) qua A, B
nên
. 0
AB n

 
hay a + 4b + c = 0 (1).
0.25
Mp (P) có pt dạng: a(x – 1) + b(y – 1) + c(z + 3) = 0.
Vì C, D cách đều (P) nên ta có:

2 2 2 2 2 2
| 2 5 | | 2 4 |
| 2 5 | | 2 4 |

b c a c
b c a c
a b c a b c
  
     
   
(2)
0.25
Giải hệ (1), (2) với chú ý
2 2 2
0
a b c
  
, ta được: (a; b; c) = (2; - 1; 2) hoặc (a; b; c)
= (38; - 7; -10)
0.25
Vậy có hai mp cần tìm: 2x – y + 2z + 5 = 0 hoặc 38x – 7y – 10z – 61 = 0.
0.25
7a

Lưu ý. Bài trên có thể giải theo cách: Do (P) cách đều CD nên ta phải có (P) đi qua
trung điểm của CD hoặc (P) // CD.

Với n nguyên dương ta có:
1 3 3
4 3 4 3
7( 3) 7( 3)
n n
n n n n
C C n C C n


   
      


( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1)
7( 3) 12
3! 3!
n n n n n n
n n
     
     

0.25
Với n =12, Số hạng tổng quát của khai triển
5
3
1 5
7
n
n
x
x

 
 
 
 
12
5

3
1
x
x
 

 
 
là
 
12
5
36 3
5
2
1 12 12
3
1
.
k
k
k
k
k k
k
T C x C x
x

  


 
 
 
 
.
0.25
Để số hạng trên chứa x
8
thì
5
36 3 8 8
2
k
k k
     

0.25
8a

Vậy số hạng chứa x
8
có hệ số là
8
12
495
C 
.
0.25
B. Theo chương trình Nâng cao.
(T) có tâm I(1; -1) và bán kính R =

2
. AB có pt:
1 4 0.
4 4
x y
x y
     


CD//AB nên CD có PT dạng: x – y + c = 0, c khác -4; CD lại tiếp xúc với (T) nên:
|1 1 |
2 0
2
c
c
 
  
, c = -4 (loại). CD: x – y = 0.
0,5
AD đi qua A nên có PT: ax + b(y + 4) = 0,
2 2
0
a b
 
. Do AD tiếp xúc với (T) nên:
2 2 2 2 2
2 2
| 3 |
2 ( 3 ) 2( ) 6 7 0
a b

a b a b a ab b
a b

        

( )( 7 ) 0
a b a b
   

7
a b
 
, a = - b bị loại do AD

AB.
Với a = 7b thì ta có pt AD: 7x + y + 4 = 0. Suy ra D = AD

CD = (-0,5; -0,5)
0.25
6b

BC đi qua B nên có PT: a(x – 4) + by = 0,
2 2
0
a b
 
. Do BC tiếp xúc với (T) nên:
2 2 2 2 2
2 2
| 3 |

2 (3 ) 2( ) 6 7 0
a b
a b a b b ab a
a b
 
        

( )( 7 ) 0
a b b a
   

7
b a
 
, a = - b bị loại do AC

AB.
Với b = 7a thì ta có pt BC: x + 7y - 4 = 0. Suy ra C = BC

CD = (0,5; 0,5)
Vậy tọa độ các điểm phải tìm là:
1 1 1 1
; , ;
2 2 2 2
D C
   
 
   
   
.

0.25
Ta có
( 3; 2;2)
AB   

. Gọi
2 2 2
( ; ; ),( 0)
n a b c a b c
   

là vectơ pháp tuyến của (P)
thì do (P) // AB nên
. 0
AB n

 
hay -3a – 2b + 2c = 0 (1)
0.25
7b






(P) lại đi qua C nên (P) có PT: a(x – 2) + b(y – 1) + c(z + 6) = 0. Mặt cầu (S) có tâm
I(0; 1; 2) và bán kính R = 5 lại cắt (P) theo đường tròn có chu vi 6

nên suy ra k/c từ

I đến (P) bằng 4, hay
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com

2 2 2 2
2 2 2
| 2 8 |
4 ( 4 ) 4( )
a c
a c a b c
a b c
 
     
 
(2)
Từ (1):
2 2
3
c b
a


, thay vào (2) ta được:
2 2
2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0b bc c b c b c      

2b + c = 0 hoặc b – 2c = 0.
0.25
Với 2b + c = 0 ta suy ra b = 1, c = -2, a = -2 nên (P): -2x + y – 2z – 9 = 0

Với b – 2c = 0, suy ra c = 1, b = 2, a = -2/3 nên (P) :
2 16
2 0
3 3
x y z    

0.25
Với n là số nguyên dương và
3n 
, ta có

3 1
5
n n
C C
2
( 1)( 2)
5 3 28 0
3!
n n n
n n n
 
      
n = 7, n = -4 (loại)
0.25
Với n = 7, số hạng tổng quát của khai triển
3
4
2 1
5

n
x
n
x
 

 

 
=
7
3
4
1
x
x
 

 
 
là:
 
7
7
3
3 4
1 7 7
4
1
k

k k
k
k k
k
T C x C x
x




 
 
 
 

0.25
Để số hạng trên không chứa x, thì
7
0
3 4
k k
 
4k 
0.25
8b

Vậy số hạng không chứa x của khai triển là
4
7
35C 

.
0.25



www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com