ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 103 pot

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :

2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )

x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −

Câu III (1 điểm): Tính tích phân :
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −
.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
.
Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp

2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n

C C C C
n n
+ + + + =
+ +
HẾT

ĐÁP ÁN
Câu 1: 2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
có 2 nghiệm phân biệt
1 0, m⇔ ∆ = > ∀

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m) Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +

= ⇔ + + = ⇔

= − −


Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2m = − −
và
3 2 2m = − +
.
Câu 2: 1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
2
PT c x c c x c x
π
 
⇔ + = + ⇔ + =
 ÷
 

18 3
sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0
6 6 6
x=
2
x k
x x x c
k
π π
π π π

π
π

= − +

⇔ + + + = ⇔ + ⇔


+


Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và
18 3
x k
π π
= − +
.
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−


< <



≠

. Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
log (2 1) 1
1 1
log (5 2 ) 2log (2 1) , , 2, 2
4 2
log (5 2 ) 0

x
x x x x x x
x
+ = −

−

⇔ − = + ⇔ = = = − =


− =

Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
Câu 3:
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+

= = −
∫ ∫
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
1
0 0,
6
3
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I

t t
−
= − = =
+ +
∫
.
Câu 4:
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC
⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
⊥
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.

3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
Câu 5: Ta c ó:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3)P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x
 

= + + − + + − = − + + − = − + − +
 

2
3 2
( ) 1
27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27)
2 2
y z
x x x x x x
+
≥ − − − + = − + − +
Câu 6a:Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=

= − + − = ⇔

=

x

−∞
0 1 3
+∞
y’ + 0 -

y

14


Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z⇔ = = =
.
Câu 7a:1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
.
Khi đó diện tích tam giác ABC là
1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có

2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
Vì

( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Câu 6b: Ta có
10 10

2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨

   
= = =
  

∈

Vậy hệ số của
4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
Câu 7b: 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2

85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 
⇔
 
 

=
=



. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C
.
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−

= + + + +
+ +
⇔
2 1 1
0 1 2 1
2 2 2 3 1 121 3 1
3 243 4
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
n n n
n n
n n n n
C C C C n
n n n n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ + + +

Vậy n=4.