Đề Thi Thử Đại Học Môn Toán 2013 - Phần 36 - Đề 4 ( Khối A, A1, B, D ) doc

1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y =
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)
x mx m x m
    
(1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin
2
(2x+
4

) = 0
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2
2 2
2
1
x
x y x a
x y

   



 



Câu 3 : Tìm :
3
sin
(sin 3cos )
xdx
x x



Câu 4 : Cho lăng trụ đứng
' ' '
.
ABC A BC
có thể tích V. Các mặt phẳng (
' ' '
),( ),( )
ABC AB C ABC
cắt
nhau . tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
P =
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2
4( ) 4( ) 4( ) 2( )

x y z
x y y z z x
y z x
       

12
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình :
2 2
4 4 4 0
x y x y
    
và đường thẳng
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên
đường tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương
trình :

1
1 2
( ):
2 2 1
x y z
d
 
 


'
2
'
4
( ): 2
3
x t
d y
z t



 





Viết phương trình đường thẳng (

)đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d
1
), (d
2
).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :

7
4
3

1
x
x
 

 
 
( với x > 0 )
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường
cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 =
0 .
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (

) có
phương
trình :
2 1 0
2 0
x y z
x y z
   


   


Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (

)sao cho : MA + MB nhỏ nhất .

Câu 7b : Cho
2 12 2 24
0 1 2 24
(1 )
x x a a x a x a x
      . Tính hệ số a
4
.


2
Hết.




ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y =
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)
x mx m x m
    
(1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
Ta cú y’= 3x
2
-6mx+3(m

2
-1)
y’=0

1
1
x m
x m
 


 

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thỡ ta phải cú:
'
2 2 2
' 0
. 0
( 1)( 3)( 2 1) 0
0 1 0
1 0
0
( 1) 0
(0) 0
y
CD CT
CD
CT
m R
f f

m m m m
x m
m
x
m
f

 





    


 
   
 
 
 

 
  
 



V

1 2 1
3 1
3 1 2
3 1 2
1
m
m
m
m
m


  



   


    


  








Vậy giỏ trị m cần tỡm là:
( 3;1 2)
m 
Câu 2: a, Giải phương trình :
sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin
2
(2x+
4

) = 0 <=> Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +
4

)=0

sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +
2

)

sinx + sin4x = 1+ sin4x

sinx = 1

x =
2

+ k2

, k


Z
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2
2 2
2
1
x
x y x a
x y

   


 



Nhận xột: Nếu (x;y) là nghiệm thỡ (-x;y) cũng là nghiệm của hệSuy ra, hệ cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0
+ Với x = 0 ta cú a =0 hoặc a = 2-Với a = 0, hệ trở thành:
2 2
2 2 2 2
2 2 (1)
(I)
1 1 (2)
x x
x y x x x y
x y x y
 

     
 

 
   
 
 

Từ (2)
2
2
2
2
1
1
2 1
1
1
x
y
x
x x
y
x x
y
 


  
  

  
  




 




( I ) cú nghiệm
2 2
2
1
0
2 1
1
1
x
x y
x
x x
y
y

 





    
 







-Với a=2, ta cú hệ:
2
2 2
2 2
1
x
x y x
x y

   


 


Dễ thấy hệ cú 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) khụng TM
Vậy a = 0 TM
Câu 3 : Tìm :
3
sin

(sin 3cos )
xdx
x x




3

Ta cú
3
3
sin[(x- ) ]
sinx
6 6
(sinx+ 3 osx)
8 os ( )
6
c
c x
 




3 1
sin( ) os(x- )
2 6 2 6
8 os(x- )
6

x c
c
 

 

3 2
sin( )
3 1 1
6
16 16
os ( ) os ( )
6 6
x
c x c x

 

 
 

3
2
sinxdx 3 1
tan( )
16 6
(sinx+ 3 osx)
32 os ( )
6
x c

c
c x


    



Câu 4 : Cho lăng trụ đứng
' ' '
.
ABC A BC
có thể tích V. Các mặt phẳng (
' ' '
),( ),( )
ABC AB C ABC
c
ắt nhau .
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Gọi I = AC

’A’C, J = A’B

AB’
(BA'C) (ABC') = BI
(BA'C) (AB'C) = CJ
Goi O = BI CJ











O là điểm cần tỡm
Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C
Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC)
Do
V
ABC là hỡnh chiếu vuụng gúc của
V
BA’C
trờn (ABC) nờn H là trọng tõm
V
ABC

Gọi M là trung điểm BC. Ta có:
1
' 3
OH HM
A B AM
 

1 1 1
. ' .
3 9 9
OABC ABC ABC

V OH S A B S V
   
V V

Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
P =
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2
4( ) 4( ) 4( ) 2( )
x y z
x y y z z x
y z x
       

12
Ta cú: 4(x
3
+y
3
)

(x+y)
3
, với

x,y>0
Thật vậy: 4(x
3
+y

3
)

(x+y)
3


4(x
2
-xy+y
2
)

(x+y)
2
(vỡ x+y>0)


3x
2
+3y
2
-6xy

0

(x-y)
2

0 luôn đúng

Tương tự: 4(x
3
+z
3
)

(x+z)
3

4(y
3
+z
3
)

(y+z)
3

3 3 3 3 3 3
3 3 3
3
4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6
x y x z y z x y z xyz
          Mặt khỏc:
3
2 2 2
1
2( ) 6
x y z
y z x xyz

  
3
3
1
6( ) 12
P xyz
xyz
   
Dấu ‘=’ xảy ra
2 2 2
1
1
x y z
x y z
x y z
y z x
xyz
xyz


 


      







Vậy P

12, dấu ‘=’ xảy ra

x = y = z =1
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình :
2 2
4 4 4 0
x y x y
    
và đường thẳng (d) có phương trình
: x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
(C) cú tõm I(2;2), bỏn kớnh R=2
J
I
O
H
M
B'
A'
C'
C
B
A
4
y

M
C

4

Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
2 2
0
2
2 0
4 4 4 0
2
0
x
y
x y
x y x y
x
y
 




  







    










Hay A(2;0), B(0;2)
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B
Ta cú
1
.
2
ABC
S CH AB

V
(H là hỡnh chiếu của C trờn AB)
ax CH max
ABC
S m 
V
Dễ dàng thấy CH max
( ) ( )
2

C
C C
x
 





V

Hay
V
: y = x với
:
(2;2)
d
I





V
V
V
(2 2;2 2)
C   Vậy
(2 2;2 2)
C   thỡ

ax
ABC
S m
V

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :

1
1 2
( ) :
2 2 1
x y z
d
 
 


'
2
'
4
( ): 2
3
x t
d y
z t



 






Viết phương trình đường thẳng (

)đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d
1
), (d
2
).
Nhận xột: M

(d1) và M

(d2)
Giả sử
( ) ( 1)
( ) ( 2)
d I
d H
 


 

V
V
Vỡ I


d1

I(2t-1; -1-2t; 2+t) H

d2

H(4t’; -2; 3t’)
1 2 (1 4 ')
23
3 2 (2 2)
10
, 0
1 (3 3 ')
23 18 3
( ; ; )
5 5 10
cbt
t k t
TM kHM
y t k t
k R k
t k t
T
  



 
       

 
 



  

  
uuur uuuur
Vậy phương trỡnh đường thẳng đi qua 2 điểm I và H
là:
1 56
2 16
3 33
x t
y t
z t
 


 


 

hoặc là:
5 8 17 0
12 9 16 18 0
x y z
x y z

   


   


Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :

7
4
3
1
x
x
 

 
 
( với x > 0 )
Ta cú:
1
1
7
7 7
4
34
7
3
0
1

( ) ( ) .( )
k k k
k
x C x x
x



 

Để số hạng thứ k không chứa x thỡ:
1 1
(7 ) 0
4
4 3
[0;7]
k k
k
k

  

 




Vậy số hạng khụng chứa x trong khai triển là:
4
7

1
35
C 
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và đường
phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .
Phươngtrỡnh đường thẳng chứa cạnh BC:

5

1
( ) qua B
( ):4 3 5 0
BC d
BC
BC x y

   




Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
4 3 5 0
( 1;3)
2 5 0
x y
C
x y
  


 

  


Gọi K
AC
, K
BC
, K
2
theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d
2

Ta cú:
2 2
2 2
3 1 1
4 2 2
1 3 1
1 . 1 .
1 . 1
2 4 2
0
1
(loai)
3
AC
BC d d AC

BC d d AC
AC
AC
AC
K
K K K K
K K K K
K
K
K
   
 
  
 
 





 


Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ
ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

3 4 27 0
( 5;3)
3 0

x y
A
y
  

 

 


Pt cạnh AB là:
5 3
4 7 1 0
2 5 1 3
x y
x y
 
    
  

Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (

) có phương
trình :
2 1 0
2 0
x y z
x y z

   


   


Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (

)sao cho : MA + MB nhỏ nhất .

+ Xét vị trí tương đối giữa AB và
V
, ta có:
V
cắt AB tại K(1;3;0)
Ta có
2
KB KA

uuur uuur


A, B nằm về cùng phía đối với
V

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua
V
và H là hình chiếu của A trên
V
.


H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của
V
:
1
3
x
y t
z t






  

)Ta có
. 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4
(1;4;1) '(0;4;1)
AH u t t t
H A
          
 
uuuur r

Gọi M là giao điểm của A’B và d
13 4
(1; ; )
3 3

M
Lấy điểm N bất kỳ trên
V
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B

NA+NBVậy
13 4
(1; ; )
3 3
M
C©u 7b : Cho
2 12 2 24
0 1 2 24
(1 )
x x a a x a x a x
      . Tính hệ số a
4
.
Ta có: (1+x+x
2
)
12
= [(1+x)+x
2
]
12
= =
0 12 1 11 2 12 2 12 24
12 12 12 12
(1 ) (1 ) . (1 ) .( )

k k k
C x C x x C x x C x

       

=
0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2
12 12 12 12 12 11 11
2 4 0 10 10
12 10 10
[C ]+C x [C ]
+C [C ]+
C x C x C x x C x
x x C
      
 


Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x
4

0 8 1 9 2 10
4 12 12 12 11 12 10
. . . 1221
a C C C C C C    