de thi thu lan 1 nong cong 3

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG LẦN 1 MĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: TOÁN – Khối A - A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
2 3 1y x m x m= − − +
(1),( với m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) khi m =2
2.Tìm m để hàm số có điểm cực trị, ký hiệu là A, B sao cho ba điểm A, B, I(3;1) thẳng hàng.
Câu II ( 2 điểm)
1.Giải phương trình:
2
3
cos 2 2cos sin 3 2
4 4
0
2cos 2
x x x
x
π π
   
− + − −
 ÷  ÷
   
=
−
2. Cho khai triển
( )
2
2

0 1 2
1 3
n
n
n
x a a x a x− = + + +
,
*
n N∈
. Tính hệ số
8
a
biết n thoả
mãn hệ thức.
2 3
2 14 1
3
n n
C C n
+ =
.
Câu III ( 1 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài bằng a, tâm O trong không gian lấy
điểm S sao cho SA = SO =2a, SB=SD.
a) Tính thể tích khối chóp SABCD
b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)
Câu IV ( 1,0 điểm ) Cho a, b,c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3
3 3 3 3 3 3
( ) ( ) ( )

a b c
M
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
Câu V ( 2 điểm)
1. Giải hệ phương trình sau
2 2 2
2 2
1 4
2
x y xy y xy
x y x y

+ − + = −


− =


2.Tính tích phân sau I =
4
3
2
1
2 1
x
dx
x x
+

+
∫
Câu VI ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm
7 1
;
6 2
I
 
−
 ÷
 
,
biết điểm B(1;-1), phương trình đường cao AH là AH: y-3=0. Tìm toạ độ A và C.
2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(0;1;-1), B(2;-1;1) và mặt phẳng (P) có
phương trình (P): x-2y-z+2 =0. Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác
ABC cân tại C và có diện tích bằng
6
.
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC CĐ LẦN 1 MĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu ĐÁP ÁN ĐIỂ
M
1 1. TXĐ D=R
2. Sự biến thiên
a. Giới hạn tại vô cực

lim
x

y
→+∞
= +∞

lim
x
y
→−∞
= −∞
b.Bảng biến thiên
Ta có
2
0
' 6 6 0
1
x
y x x
x
=

= − = ⇔

=


−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
2

+∞

y


−∞
1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
;0−∞
và
( )
1;+∞
Hàm số nghịch biến trên
( )
0;1
Hàm số đạt cực đại tại x=0, y
cđ
=2
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y
ct
=1
3.Đồ thị
4
2
-2
-4
-10
-5

5
10
f
x
( )
=
2
⋅
x
3
-3
⋅
x
2
(
)
+2
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Nhận xét. Đồ thị hàm số nhận điểm uốn
1 3
;
2 2
U
 
 ÷
 

làm tâm đối xứng
Ta có
2
0
' 6 6( 1) 0
1
x
y x m x
x m
=

= − − = ⇔

= −

Đồ thị hàm số có cực trị khi y’ có 2 nghiệm
⇔
1m
≠
Toạ độ hai điểm cực trị A(0;m) và M(m-1;-(m-1)
3
+m)
⇒
AB: y=-(m-1)
2
x+m
Ba điểm A,B, I(3;1) thẳng hàng khi
I AB∈
⇔
1 = -(m-1)

2
.3+m
⇔
1
4
3
m
m
=



=

Vậy giá trị m cần tìm là
4
3
m =
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu II
1
2
ĐK:
2cos 2 0 2
4
x x k
π

− ≠ ⇔ ≠ ± + π
Với điều kiện đó phương trình
2
3
cos 2 2cos sin 3 2 0
4 4
x x x
π π
   
⇔ − + − − =
 ÷  ÷
   

( )
2
1
cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0
2 2
x x x
 π
 
⇔ − + + − π − =
 ÷
 
 
 

2
1 sin 2x sin 4x sin 2x 2 0
2

 
π
 
⇔ − − π − − + − =
 ÷ ÷
 
 

2
1 sin 2x cos4x sin 2x 2 0⇔ − − + − =

( )
2 2
1 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 2 0⇔ − − − + − =

2
sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − =


sin 2x 1⇔ =
hoặc
sin 2x 2= −
(loại)
So điều kiện phương trình có nghiệm
5
x k2 (k )
4
π
= + π ∈¢
2 3

2 14 1
3
n n
C C n
+ =

⇔

4 28 1
( 1) ( 1)( 2)n n n n n n
+ =
− − −


⇔
2
7 18 0n n− − =

⇔
2
9
n
n
= −


=


Suy ra n=9

Áp dụng khai triển NiuTơn
( ) ( )
18
18
18
0
1 3 3
k
k
k
x C x
=
− = −
∑
Hệ số
8
a
ứng với k=8

( )
8
8
8 18
3a C= −
= 3544398
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25

0,25
0.25
0.25
(loại)
Câu III
K
I
N
M
S
H
O
D
C
B
A
a)Gọi H là trung điểm của AO
Vì Tam giác SBD cân tại S nên
BD SO
⊥
,
BD AC
⊥
nên
( )BD SAC⊥
Từ đó
BD SH
⊥
Vì tam giác SAO cân tại S nên
SH AC

⊥
Ta có
,SH AC SH BD⊥ ⊥
nên
( )SH ABCD⊥
Ta có
2
ABCD
S a=
,
2
4
a
AH =
,
2 2
SH SA AH= −
=
62
4
a

3
2
1 1 62 62
. . . .
3 3 4 12
SABCD ABCD
a a
V S SH a= = =

b) Gọi K,I lần lượt là hình chiếu của H, M trên SN,
3
4
a
HN =
Vì AB// (SCD) nên
[ ]
( )
;( ) ;( )d B SCD d M SCD MI= =
Ta có
2 2 2
1 1 1
HK HS HN
= +

⇒
2 2
.HS HN
HK
HS HN
=
+
=
3 . 31
28
a
Ta có
3
4
HK HN

MI MN
= =

⇒

4 4 3 . 31 31
. .
3 3 28 7
a a
MI HK= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu IV
Theo bất đẳng thức Cô-si, với
0
>
x
, ta có
( )
( )
( )
2
2
3 2
(1 ) 1
1 1 1 1
2 2
x x x

x
x x x x
+ + − +
+ = + − + ≤ = +
Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được
( )
3 2
3 2 2 2
2 2 2
3
3
2
1 1 1
1
1
1
1
2
= ≥ ≥ =
+
+ +
+
+ +
 
+
 
+
+
+
 ÷

 ÷
 
 
a a
b c
a b c
b c
a b c
b c
a
a
a
Tương tự, ta có:

( )
( )
3 2
3
2 2 2
3
3 2
3
2 2 2
3
b b
a b c
b c a
c c
a b c
c a b

≥
+ +
+ +
≥
+ +
+ +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

( ) ( ) ( )
3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
1+ + ≥ + + =
+ + + + + +
+ + + + + +
a b c a b c
a b c a b c a b c
a a b b c a c a b
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi
a b c
= =
.
0.25
0.5
0.25
CâuV
1
2
Giải hệ phương trình
2 2 2

2 2
1 4
2
x y xy y xy
x y x y

+ − + = −


− =


TH1: y=0 không thoả mãn
TH2:
0y ≠
. Chia cho
2
y
ta được

2
2
2
2
2
1 1 4
1 1 6
1
2
2

x
x
x x
x x
y y y
y y y
x x
x
x
y y
y y

−
   

−
+ − + =
− − − =

 ÷  ÷

 
   
⇔
 
 
 
− =
− =
 ÷

 

 

Đặt
1
;
x
u x v
y y
= − =
ta có hệ
2
6
2
u u v
uv

− = −

=


2
1
u
v
= −

⇔


= −

Theo cách đặt ta có
1
2
1
1
1
x
x
y
x y
y

− = −

= −


⇔
 
=


= −


Vậy nghiệm của hệ là (-1;1)
Tính tích phân sau

4
3
2
1
2 1
x
dx
x x
+
+
∫
Đặt
2 1t x= +

⇒
2tdt = 2dx
Đổi cận
3
2; 4 3
2
x t x t= ⇒ = = ⇒ =
. Khi đó
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu VI
1
2

3
2
2
2
1
1
t
I dt
t
+
=
−
∫
=
3
2
2
2
1
1
dt
t
 
+
 ÷
−
 
∫
=

3
2
1 1
1
1 1
dt
t t
 
+ −
 ÷
− +
 
∫
=
1
ln
1
t
t
t
 − 
 
+
 ÷
 ÷
+
 
 
=
3

1 ln
2
+
Ta có BI
2
=
125
18
. Giả sử A(a;3). Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên

2 2
AI BI=
2 2
7 1 125
3
6 2 18
a
   
⇔ + + − =
 ÷  ÷
   

⇔
1
3
2
a
a

= −



= −

Suy ra
1
;3
3
A
 
−
 ÷
 
hoặc
( )
2;3A −
Phương trình BC: x-1=0
Giả sử C(1;c)
Giải
2 2
CI BI=
⇔
2 2
7 1 125
1
6 2 18
c
   
+ + − =
 ÷  ÷

   

2
1
c
c
=

⇔

= −

Với c=-1 thì C trùng B loại
Suy ra C(1;2)
Vậy
1
;3
3
A
 
−
 ÷
 
hoặc
( )
2;3A −
và C(1;2)
Ta có
( )
2; 2;2AB = −

uuur
,
2 3AB =
, toạ độ trung điểm của AB là
( )
1;0;0I
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB khi đó
(Q):x-y+z-1=0
Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên C nằm trên (Q)
Khi đó C thuộc giao của (P) và ( Q)
Cho y=t ta xét hệ

1 3
1
2 2
2 2 3 1
2 2
x t
x z t
x z t
z t

= − +

+ = +


⇔
 
− = − +



= −


từ đó phương trình giao tuyến của (P) và ( Q ) là

1 3
2 2
3 1
2 2
x t
y t
z t

= − +


=



= −

Giả sử
1 3 3 1
; ;
2 2 2 2
C t t t
 

− + −
 ÷
 

1 1
. . .2 3. 6
2 2
ABC
S AB CI CI= = =

2CI⇔ =
Ta có
2 2
2 2
3 3 3 1
2
2 2 2 2
CI t t t
   
= − + + + − =
 ÷  ÷
   

⇔
2
1
7 12 5 0
5
7
t

t t
t
=


− + = ⇔

=

Vậy có hai điểm C là.
( )
1;1;1C
và
4 5 8
; ;
7 7 7
C
 
 ÷
 
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

3
2