Đề luyện thi đại học môn Toán - Đề số 5

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.. ĐỀ SỐ 5 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  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 :. . 2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4. 2. Giải phương trình : log 21 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) 2. . . tan( x  ) 4 dx I Câu III (1 điểm): Tính tích phân : c os2x 0 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 P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 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 x  4 y  4  0 . 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 ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). 6. Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3 x 2 )10 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): x2 y 2  1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :  9 4 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 ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): 2 1 22 2 2n n 121 0 Cn  Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn  Cn  Cn  ...  2 3 n 1 n 1 -------------------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------------Cán bộ coi thi không g ải thích gì thêm Họ tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:.............................. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu. NỘI DUNG 2. Ta có y  3 x  6mx  3(m 2  1) Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt  x 2  2mx  m 2  1  0 có 2 nhiệm 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)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m 2  6m  1  0    m  3  2 2 Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . 1.    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x)  3 1  cos(4x+ )  2   ,. I. Điêm. 2. 05 025 025. 05.  cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x  0. . .  sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 6 6    x  k   18 3  2sin(3 x  ).cosx=0   6  x=   k  2. II. Vậy PT có hai nghiệm. x. . 2.  k và. x. . 18. 05. k.  3. .. 5  1  x 2. ĐK :  2 2.  x  0 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  2 x) 2 log 2 (5  2 x)   2 log 2 (5  2 x)  2 log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1) log 2 (2 x  1). 1  x  4 log 2 (2 x  1)  1  1   log 2 (5  2 x)  2 log 2 (2 x  1)   x   x  2  2 log 2 (5  2 x)  0 x  2   Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.. 05. 025. 025. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . . III. . tan( x  ) 6 tan 2 x  1 4 I dx    dx cos2x (t anx+1) 2 0 0 6. Đặt. t  t anx  dt=. x0t 0 x.  6. t . 1 dx  (tan 2 x  1)dx 2 cos x. 05. 1 3 1 3. Suy ra. 025. I  0. 1. dt 1 3 1 3 .   2 (t  1) t  10 2. 025. Ta có. IV. 05. V.  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB)  AM  SC (1)   AM  SB, ( SA  AB) 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) 1 Suy ra VABMI  S ABM .IH 3 a2 Ta có S ABM  4 IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1       IH  BC  a 2 2 2 2 2 BC SC SC SA  AC a  2a 3 3 3 2 3 1a a a  Vậy VABMI  3 4 3 36. 05. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta c ó: P  3 ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2 xyz.  3 9  2( xy  yz  zx)   2 xyz.  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z )2  27  6 x(3  x)  ( x  3) 2 1  ( x3  15 x 2  27 x  27) 2 Xét hàm số f ( x)   x3  15 x 2  27 x  27 , x  1 f , ( x)  3 x 2  30 x  27  0   x  9. x y’. . 0 +. y. VIa. 1 0. 025 với 0<x<3. . 3. 14.  m  21 d ( I  ( P))  4   m  3. Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))  4 . Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 10. 10. k. k 0. k 0. i 0. P  (1  2 x  3 x 2 )10   C10k (2 x  3 x 2 ) k   ( C10k Cki 2k i 3i x k i ). VIb. 05. -. Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7  x  y  z  1 . 3a  4 16  3a )  B(4  a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1. Gọi A(a; 4 4 1 S ABC  AB.d (C  )  3 AB . 2 2 a  4  6  3a  2 Theo giả thiết ta có AB  5  (4  2a )     25   a  0  2   Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). VIIa 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và  bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)  Vì ( P)  ( ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0. Ta có. 025. Theo giả thiết ta có. k  i  4 i  0 i  1 i  2    0  i  k  10   k  4 k  3 k  2 i, k  N . Vậy hệ số của x 4 là:. C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 .. 05. 05. 025 025 025 025 05. 025 025. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> VIIb. 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y 2  1 và diện tích tam giác ABC là Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có  9 4 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB)  2x  3y  3  2 13 3 4 2 13 85  x 2 y 2  170 2    3 13  9 4  13  x2 y 2   9  4  1  x  3 2 3 2  ; 2) . Dấu bằng xảy ra khi  . Vậy C ( 2 2 x y   y  2   3 2 Xét khai triển (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 3n 1  1 2 2 1 23 3 2n 1 n 0  2Cn  Cn  Cn  ...  Cn n 1 2 3 n 1 2 22 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn     2 3 n 1 2(n  1) n  1 2(n  1). 05. 3.  3n 1  243  n  4 Vậy n=4.. 05. 05. 05. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>