Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án 21

Gv: Hoàng Văn Trường
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192)
Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x
3
+ 3mx
2
-3m – 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có
điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0.
Câu II: (2 điểm).
1. Giải phương trình : 1 +
3
(sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0
2. Tìm m để phương trình
2 2
2
2 .( 4). 2 8 2 14 0
4
x
x x m x x x m
x
+
− + − + + − − − =
−
có nghiệm thực.
Câu III: (2 điểm).
Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng ∆
1
:

1 2 1
x y z
= =
−
,
∆
2
:
1 1 1
1 1 3
x y z− + −
= =
−
1. Chứng minh hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
chéo nhau.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆
2
và tạo với đường thẳng ∆
1
một góc 30
0
.
Câu IV: (2 điểm).
1. Tính tích phân :
2
3
2

1
ln( 1)x
I dx
x
+
=
∫
.
2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

2 2 2
1 1 1
2 2 2
P
x yz y zx z xy
= + +
+ + +
Câu Va: (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh AB:
x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC : x – 7y + 5 = 0, đường thẳng BC đi qua điểm M(1; 10). Viết
phương trình cạnh BC và tính diện tích của tam giác ABC.
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
2.
n
x
x
 
+
 ÷

 
, biết rằng
2 1
1
4 6
n
n n
A C n
−
+
− = +

(n là số nguyên dương, x > 0,
k
n
A
là số chỉnhhợp chập k của n phần tử,
k
n
C
là số tổ hợp chập k của
n phần tử)
………………. Hết ……………….
1
Gv: Hoàng Văn Trường
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192)
Câu Nội dung Điểm
I-1 Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x
3

+ 3x
2
– 4.
Tập xác định D = R.
Sự biến thiên.
Chiều biến thiên.
y’ = - 3x
2
+ 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2.
y’> 0 ∀ x ∈( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2).
y’ < 0 ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞).
0,25
Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = - 4.
Giới hạn.
3 2 3 2
( 3 4) , ( 3 4)
x x
Lim x x Lim x x
→−∞ →+∞
− + − = +∞ − + − = −∞
.Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
Tính lồi, lõm và điểm uốn.
y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên.
x -∞ 0 1 2 +∞

y’ - 0 + 0 -
y +∞ 0
(I)
- 2
- 4 -∞
0,25
Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4).
Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2).
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3.
f(x)=-x^3+3x^2-4
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
x
y
0,25
I-2
Ta có y’ = - 3x
2
+ 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m.
Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0.
0,25
Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m

3
– 3m – 1)
Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m
3
– 3m – 1)
Vectơ
3
(2 ;4 )AB m m=
uuur
; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
(8; 1)u = −
r
.
0,25
Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔
I d
AB d
∈


⊥

0,25
⇔
3
8(2 3 1) 74 0
. 0
m m m
AB u


+ − − − =


=


uuur r
⇔ m = 2
0,25
2
Gv: Hoàng Văn Trường
II-1 Tập xác định D = R.
Phương trình đã cho tương đương với
( 3 sinx sin 2 ) 3 cos (1 os2 ) 0x x c x
 
+ + + + =
 
0,25
⇔
2
( 3 sinx 2sinx.cos ) ( 3 cos 2 os ) 0x x c x+ + + =
⇔
sinx( 3 2cos ) cos ( 3 2cos ) 0x x x+ + + =
0,25
⇔
( 3 2cos )(sinx cos ) 0x x+ + =
⇔
3
cos
2

sinx cos
x
x

= −


= −


0,25
⇔
5
5
6
6
4
2
2
,
t anx 1
x k
x k
k Z
x k
π
π
π
π
π

π

= ± +


= ± +

⇔ ∈



= −
= − +



0,25
II-2
Điều kiện:
2
2
0
4
4 2 4
8 2 0
x
x
x x
x x
+


≥

−

≠ ⇔− ≤ <


+ − ≥


0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
2 | 4 | 2. 8 2 14 0
4
x
x x m x x x m
x
+
− − − + + − − − =
−
⇔
2 2 2
( 2 8) 8 2 2 8 2 6 0x x m x x x x m− − + + − + − + + − − − =
. (1)
Đặt t =
2
8 2x x+ −

; Khi x ∈ [ - 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] . (2)
Phương trình trở thành : - t
2
– mt + 2t – 6 – m = 0 ⇔
2
2 6
1
t t
m
t
− + −
=
+
.
0,25
Xét hàm số
[ ]
2
2 6
( ) ; 0;3
1
t t
f t t
t
− + −
= ∈
+
; f’(t) =
2
2

2 8
( 1)
t t
t
− − +
+
; f’(t) = 0 ⇔ t = - 4 v t = 2.
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ].
t -∞ -4 -1 0 2 3 +∞
f’(t) - 0 + + + 0 -
f(t)
- 2
-6
9
4
−
0,25
Phương trình đx cho có nghiệm x ∈ [ - 2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ 0; 3 ]
⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ - 6 ≤ m ≤ - 2
0,25
III-1
Đường thẳng ∆
1
có một vectơ chỉ phương
1
(1; 2;1)u = −
uur
, Điểm M ≡ O(0; 0; 0) ∈ ∆
1
.

0,25
Đường thẳng ∆
2
có một vectơ chỉ phương
2
(1; 1;3)u = −
uur
, điểm N(1;-1;1) ∈ ∆
2
.
0,25
Ta có
1 2
2 1 1 1 1 2
, ; ; ( 5; 2;1)
1 3 3 1 1 1
u u
 − − 
 
= = − −
 ÷
 
− −
 
uur uur
;
(1; 1;1)ON = −
uuur
. 0,25
Ta có

1 2
, . 5 2 1 2 0u u ON
 
= − + + = − ≠
 
uur uur uuur
. Suy ra hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
chéo nhau. 0,25
3
Gv: Hoàng Văn Trường
III -2
Phương trình đường thẳng ∆
2
:
0
3 2 0
x y
y z
+ =


+ + =

.
0,25
4
Gv: Hoàng Văn Trường

Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆
2
có dạng
λ(x + y) + µ(3y + z + 2) = 0 với λ
2
+ µ
2
≠ 0 ⇔ λx + (λ + 3µ)y + µz + 2µ = 0.
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
( ; 3 ; )n
λ λ µ µ
= +
r
.
0,25
Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng ∆
1
một góc 30
0
. Ta có sin(∆
1
,(P)) =
1
| os( , ) |c u n
uur r
⇔ sin30
0
=
2 2 2
|1. 2( 3 ) 1. |

6. ( 3 )
λ λ µ µ
λ λ µ µ
− + +
+ + +
⇔
2 2
3. 3 5 | 5 |
λ λµ µ λ µ
+ + = − −
0,25
⇔ 2λ
2
- λµ - 10µ
2
= 0 ⇔ (2λ - 5µ)(λ + 2µ) = 0 ⇔ 2λ = 5µ v λ = - 2µ
Với 2λ = 5µ chọn λ = 5, µ = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0
Với λ = - 2µ chọn λ = 2, µ = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0.
Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0.
0,25
IV-1
Đặt
2
2
3
2
2
ln( 1)
1
1

2
x
du
u x
x
dx
dv
v
x
x


=
= +

 
+
⇒
 
=
 
= −



0,25
Do đó I =
2
2
2 2

1
2
ln( 1)
1
2 ( 1)
x dx
x x x
+
− +
+
∫
0,25

2
2
1
ln 2 ln5 1
2 8
1
x
dx
x
x
 
= − + −
 ÷
+
 
∫
2 2

2
2
1 1
ln 2 ln5 1 ( 1)
2 8 2
1
dx d x
x
x
+
= − + −
+
∫ ∫
0,25

2
2
ln 2 ln5 1
ln | | ln | 1|
1
2 8 2
x x
 
= − + − +
 ÷
 
=
5
2ln 2 ln5
8

−
0,25
IV -2
Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥
3
3 xyz
⇔ (xyz)
3
≥ 27.xyz ⇔ xyz ≥ 3
3
.
0,25
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x
2
+ yz + yz ≥
2
3
3 ( )xyz
; y
2
+ zx + zx ≥
2
3
3 ( )xyz
; z
2
+ xy + xy ≥
2
3

3 ( )xyz
0,25
Từ đó ta có P
2 2 2 2
2
3 3 3 3
3
1 1 1 1 1 1
3
3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) ( )
(3 3)
xyz xyz xyz xyz
≤ + + = ≤ =
0,25
Từ đó ta có Max P =
1
3
đạt được khi
3
x y z
x y z
x y z xyz
= =

⇔ = = =

+ + =

.
0,25

Va-1
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
3 0 2
7 5 0 1
x y x
x y y
+ − = =
 
⇔
 
− + = =
 
.Hay A(2;1)
Phương trình đường phân giác góc A là
3 7 5
2 5 2
x y x y
+ − − +
=±
⇔
1
2
3 5 0

3 5 0
d
x y
d
x y
+ − =



− − =

0,25
Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
* Nếu d
1
là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y + 7 = 0
* Nếu d
2
là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y - 31 = 0
0,25
5
Gv: Hoàng Văn Trường
TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + 7 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
3 0 1
3 7 0 4
x y x
x y y
+ − = = −
 
⇔
 
− + = =
 
. Hay B(-1; 4)
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
11

5
2
5
7 5 0
3 7 0
x
x y
x y
y

=−

− + =


⇔
 
− + =


=


. Hay C(
11 2
5 5
;−
)
Diện tích tam giác ABC là :
1 1 24 36

( , ). . .3 2
2 2 5
5 2
S d C AB AB
= = =
(đvdt)
0,25
6
Gv: Hoàng Văn Trường
TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
3 0 11
3 31 0 14
x y x
x y y
+ − = = −
 
⇔
 
+ − = =
 
. Hay B(-11; 14)
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
101
5
18
5
7 5 0
3 31 0
x

x y
x y
y

=

− + =


⇔
 
+ − =


=


. Hay C(
101 18
5 5
;
)
Diện tích tam giác ABC là :
1 1 104 676
( , ). . .13 2
2 2 5
5 2
S d C AB AB= = =
(đvdt)
0,25

Va-2
Giải phương trình
2 1
1
4 6
n
n n
A C n
−
+
− = +
; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N.
Phương trình tương đương với
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!
n
n n n
n
+
− − = +
−
⇔
( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n
+
− − = +

⇔ n
2
– 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) v n = 12.
0,25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
12
1
2x
x
 
+
 ÷
 
.
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : T
k +1
=
12
12
1
(2 )
k
k k
C x
x
−
 
 ÷
 
; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12

Hay T
k+ 1
=
( )
12
2
12
2 .
k
k
k
C x x
−
−
=
24 3
12
2
12
.2 .
k
k k
C x
−
−
.
0,25
Số hạng này không chứa x khi
, 0 12
8

24 3 0
k N k
k
k
∈ ≤ ≤

⇔ =

− =

. 0,25
Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T
9
=
8 4
12
2 7920C =
0,25
7