Khao sat Dai hoc Toan lan 2 Vinh Phuc khoi A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 2 x  9 x  12 x  4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N sao cho N cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3, biết N có tung độ dương.. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:. 2  3  sin 2 x  3 sin x  cos 2 x  3 cos x. 1  xy  xy  x  (x, y  )  1 1  y y   3 y  x Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  x x 2. x3 .3x. I . 2. 1.  ln( x  1) dx x2. 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA a và SA tạo với. mặt phẳng (ABC) một góc bằng 300. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đường thẳng BC, điểm M thuộc cạnh SA sao cho SM 2 MA. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC, SA và thể tích tứ diện SMHC theo a. 2 2 2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca 3. Chứng minh rằng 2a 5  3b5 2b5  3c 5 2c 5  3a 5   15(a 3  b3  c3  2) ab bc ca II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có. ( x  2) 2  ( y  3) 2 10 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (  3;  2) và điểm A có hoành độ dương. phương trình. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  z  7 0 và. . các điểm A(2; 0; 0), B (0;  3; 0), C (0; 0;1) . Tìm M  ( P ) sao cho nhỏ nhất. 2 x x Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình: x  (3  2 ) x  2(1  2 ) 0.   MA  2 MB  3MC. đạt giá trị. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình chính tắc của elip (E) biết hai. đỉnh thuộc trục tung cùng với hai tiêu điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông có diện tích bằng 32. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình của mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng Oxy tại điểm A(3;4;0) và cắt trục Oz theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 2 11. Câu 9.b (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có Cn0 .C2nn  Cn1 .C2nn 1  Cn2 .C2nn 2   Cnn .C20n C3nn -------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:…………………………………….. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1. (Đáp án có 5 trang). I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,0 điểm TXĐ: D  9 12 4   lim  2 x3  9 x 2  12 x  4   lim x 3  2   2  3   x   x   x x x   0.25 Giới hạn: 9 12 4   lim  2 x3  9 x 2  12 x  4   lim x 3  2   2  3    x   x   x x x    x 1 y ' 6 x 2  18 x  12; y ' 0    x 2 Sự biến thiên: Bảng biến thiên x y ’.  . 1 0. . 2 0. 1 y. .  . 0.25. . 0. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và (2;  ) ; nghịch biến trên (1; 2) . Điểm cực trị: CĐ (1; 1) , CT (2; 0) .. 0.25. Đồ thị Giao với Oy tại (0;  4) 1   ; 0  ,  2; 0  Giao với Ox tại  2  0.25. b. 1,0 điểm (C) có hai điểm cực trị A(1; 1), B(2;0)  AB  2 . Phương trình đường thẳng 1 S  d ( N ; AB). AB 3  d ( N ; AB ) 3 2 AB : x  y  2 0 . ABN 2 Gọi d là đường thẳng đi qua N và d / / AB . Phương trình của d có dạng x  y  c 0. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  c 4  N (0;  4) (loai ) |c2| 3 2     2  c  8  N (3;5) Với N (3; 5) , giả sử M ( x0 ; y0 ) . Pt tiếp tuyến với (C) tại M là: y  y '( x0 )( x  x0 )  y0 .  d ( A, d ) d ( N , AB) . 2 0. 2. 3 0. 0.25 2 0. Do tiếp tuyến đi qua N nên ta có: 5 (6 x  18 x0  12)(3  x0 )  2 x  9 x  12 x0  4  x0 3 (loai , vi N M ) 2  ( x0  3) (4 x0  3) 0    3 25   x0  3 M ; .  4  4 32  . Vậy 1,0 điểm. 0.25. Phương trình đã cho tương đương với:  3  3 1 1 1 .sin 2 x  cos 2 x  3  sin x  cos x  0 2 2 2  2 . 0.25.      1  cos  2 x    3 sin  x   0 3 6  . 0.25.     sin  x  6  0        2 sin 2  x    3sin  x   0     6 6  3    sin  x    (loai) 6 2      sin  x   0  x   k , k  . 6 6  Với 3. 0.25. 1,0 điểm. ĐK : x  0; y 0. Chia hai vế phương trình thứ nhất của hệ cho x ta được 1 y 1  y x x   1  y y  1 3 y  x x x. 0.25. a 2  b2  ab 1 1  3 3 a  ;b  y x Đặt ta được a  b a  3b 3 3 2 2 2 2 Suy ra a  b (a  3b)(a  b  ab)  b (b  2ab  2a ) 0  b 0 (vì a  0 )  x 1  y 0 b  0  y  0  x  1 Với . Vậy hệ có nghiệm duy nhất  . 4. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 1,0 điểm 2. Ta có. I x.3. 2. x 2 1. 1. 0.25 2. 2. 2 1 3 x 1 117 J x.3x 1 dx  3x 1 d ( x 2  1)   . 2 2 ln 3 ln 3 1 1 1. 2. 2. 2. Tính:. ln( x  1) dx   2 dx  J  K x 1. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. ln( x  1) K  2 dx x 1 Tính: . Đặt 2. u ln( x  1)    1 v '   x2. 2. 1  u '  x  1  v  1  x . Suy ra 2. 2. ln( x  1) dx ln 3 1  2 ln 2  ln 3 x 1 K     ln 2     ln  dx  x 1 1 x ( x  1) 2 x x 1  2 x 1 1 1 2 ln 2  ln 3 2 1 3   ln  ln 3 ln 2  ln 3. 2 3 2 2 117 3 I  3 ln 2  ln 3 ln 3 2 Vậy . 5. 0.25. 0.25. 1,0 điểm S. K M. C. A. H B. AH SA cos 300 . a 3 2 . Mà ABC đều cạnh a suy. Xét SHA(vuông tại H), có ra H là trung điểm cạnh BC, vậy AH  BC. Lại có SH  BC suy ra BC(SAH). Hạ HK vuông góc với SA suy ra HK là AH a 3 HK  AH sin 300   2 4 , vậy khoảng cách giữa BC và SA. Ta có. a 3 d(BC,SA)= 4 Dễ thấy a 1 1 a a 3 3a 2 2 3a 2 SH   S SHA  .SH . AH  . .   S SMH  S SAH  . 2 2 2 2 2 8 3 12 1 1 a 3a 2 3a 3 CH  ( SHA)  VSMHC  CH .S SMH  . .  3 3 2 12 72 . Mà 6. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 1,0 điểm 2a 5  3b5 5a 3  10ab 2  10b3 ab Ta chứng minh bất đẳng thức với a, b  0 (1) Thật vậy (1)  2a 5  3b5  ab 5a 3  10ab 2  10b3 0  2a 5  5a 4b  10a 2b 3  10ab 4  3b5 0. .   a  b. 4. .  2a  3b  0. Bất đẳng thức cuối luôn đúng. 2b5  3c 5 2c 5  3a 5 5b3  10bc 2  10c 3 5c 3  10ca 2  10a 3 bc ca Tương tự ;. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được 2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a 5   15 a 3  b3  c3  10 ab 2  bc 2  ca 2 15 a3  b3  c3  2 ab bc ca 1,0 điểm. . 7.a. . . . . . 0.25. A. R B I. M. D. C. Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax  by  3a  2b 0 (a 2  b 2  0) . Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R  10 . d  I ; AB  R (C) tiếp xúc với AB nên hay 2a  3b  3a  2b  10  10( a 2  b 2 ) 25(a  b)2  (a  3b)(3a  b) 0  2 2 a b. 0.25.  a  3b  b  3a . Do đó phương trình AB là x - 3 y - 3 0 hoặc AB: 3 x - y  7 0 . + Nếu AB: 3 x - y  7 0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A  0 nên t>0 và do  t 0 2 2 t  2    3t  4  20  10t 2  20t  20 20    IA2 2.R 2 20 nên  t  2 (loại) + Nếu AB: x - 3 y - 3 0 . Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A  0 nên t>-1 và do 2 2 2 IA2 2.R 2 20 nên  1  3t    t  3 20  10t  10 20  t 1 . Suy ra A(6;1)  C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0;  1); C ( 2;5); D(4;7) . 8.a. 9.a. 1,0 điểm.    IA  2 IB  3IC 0 Gọi I là điểm sao cho x A  2 xB  3xC  1  xI  2  y A  2 y B  3 yC 3  3  I (1; 3; )  yI  2 2  z A  2 z B  3zC 3    zI  2 2  Suy ra . Khi đó     MA  2 MB  3MC 2 MI đạt GTNN khi  và chỉ khi M là hình chiếu của I lên (P). Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n ( P ) (1; 2;1).   xM 1  t    IM tn  P    yM 3  2t  3  zM   t  2 Ta có 3 1  3 5 5 M   P   1  t  6  4t   t  7 0  t   M  ; ;  . 2 4 4 2 4 1,0 điểm. . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 x Phương trình đã cho tương đương với: x  3 x  2  2 ( x  2) 0  x 2 ( x  1)( x  2)  2 x ( x  2) 0   x  2  x  1 0 x x Xét hàm số f ( x ) 2  x  1, f '( x ) 2 ln 2  1  0, x   . Vậy f(x) đồng biển. trên  . Lại có f (0) 0 nên phương trình f ( x) 0 có nghiệm duy nhất x=0. KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 2. 7.b. 0.25 0.25 0.25. 1,0 điểm. x2 y 2  2 1(a  b  0); c  a 2  b 2 2 b Phương trình Elíp có dạng a . (E) có các đỉnh thuộc Oy là B(0;b), B’(0;-b) và hai tiêu điểm là F(c;0), F’(-c;0). Để bốn điểm này lập thành hình vuông thì b=c. Cạnh của hình vuông BFF’B’ là BF 4 2 OB. 2 b 2  b c 4. x2 y 2  1. 2 2 2 2 Vậy a b  c 2b 32 . Suy ra phương trình elip là: 32 16 8.b. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25. 1,0 điểm H. I M O. 4. 3 A. Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S). Theo giả thiết I (3; 4; z ) ; R | z | .. 0.25. 2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oz, ta có IH OA  3  4 5 . Gả sử (S) cắt Oz tại M, N suy ra H là trung điểm của MN và do đó 1 1 HM  MN  .2 11  11 2 2 .. 0.25. 2 2 Theo Pitago, R IM  IH  HM  25  11 6  z 6 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( S1 ) : ( x  3) 2  ( y  4)2  ( z  6) 2 36 2. 2. 0.25 0.25. 2. ( S 2 ) : ( x  3)  ( y  4)  ( z  6) 36 9.b. 1,0 điểm 3n. Xét khai triển Lại có. 3n. (1  x)  C3kn x k k 0. 0.25. (1) n. 2n. i 0. j 0. (1  x)3n (1  x) n (1  x) 2 n  Cni x i . C2jn x j. (2). n n Hệ số của x trong khai triển (1) là C3n n Hệ số của x sau khi nhân ra và rút gọn vế phải của (2) là. Cn0 .C2nn  Cn1 .C2nn 1  Cn2 .C2nn 2   Cnn .C20n. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> n Đồng nhất hệ số của x theo hai cách khai triển ta được đẳng thức cần chứng minh.. ---------- Hết ----------. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>