De thi thu Dai hoc so 49

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 49 Ngày 16 tháng 3 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) x 2 y x  1 , có đồ thị (C). Câu I (2.0 điểm) ) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Câu II (2.0 điểm) 5x x 4 3 sin x cos 2 x  2 cos cos  3 sin 2x  3cos x  2 2 2 0 2sin x  3 1. Giải phương trình:. 2. Giải hệ phương trình:. 3x 3y  2  6.3y2 4x  2 35y  3x  2.3 y 1  1  2. x  y  1 3. 3 3y  2x. 2.  1x   e  x  x  2 tan x   dx   2  cos2 x  3 x   4  . Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:. Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; AC = 2a 3 , BD = 2a; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O a 3 đến mặt phẳng (SAB) bằng 4 , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 3. 1  1 1   10    a    b    c     b  c a  3   PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ). A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x  y  1 0 . Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. I  1;1;1 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho điểm . Viết phương trình mặt  P  qua I cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho I là tâm đường tròn ngoại phẳng tiếp tam giác ABC..  1  2x  CâuVII.a (1.0 điểm) Cho khai triển: của. 10. x. 2. 2.  x  1 a o  a1x  a 2 x 2  ...  a14 x14. . Hãy tìm giá trị. a6 .. B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành ABCD tâm I, biết A(0;  P  : y x 2  2x 1, điểm I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác 1) và B(3; 4) thuộc parabol IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ C và D. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, vuông o góc với mặt phẳng (Q): 5x  2y  5z 0 và tạo với mặt phẳng (R): x  4y  8z  6 0 góc 45 . CâuVII.b (1.0 điểm) Cho khai triển đa thức: S  a 0  2 a1  3 a 2  ...  2014 a 2013 Luyện thi Đại Học.  1  2x . 2013. a o  a1x  a 2 x 2  ...  a 2013 x 2013. . Tính tổng:. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. ...............................................HẾT................................................ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 49 y. x 2 x  1 , có đồ thị (C).. Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên của hàm số 3 y   0, x  D 2 R \   1 x  1  * Tập xác định: D , * Sự biến thiên: lim y lim y 1, lim y  , lim y  x  1 x  1 x   + Giới hạn: x    . Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1 + Bảng biến thiên: x y’. -. +. -1 +. + +. 1. y -. 1.   ;  1 và   1;   . + Hàm số đồng biến trên khoảng * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-2), cắt trục hoành tại điểm (0; 2). y. I. 1. -1 O. x. 2 -2. Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm đối xứng Câu 1: 2, Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C…….. 3 x 2 y x  xo   2  x 1  x o  1 PT tiếp tuyến d có dạng , (với x o là hoành độ tiếp điểm)  x  5 A   1; o ; x o  1  B  2x o  1;1  Giao điểm của d lần lượt với tc đứng, tc ngang là: 6 IA  ; IB  2x o  2  IA.IB 12 x o 1 r Bán kính. IA.IB IA.IB IA.IB 6    IA  IB  AB IA  IB  IA 2  IB2 2 IA.IB  2IA.IB 2 3  6 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi. IA IB  x o  1 3  x o  1  3. Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x  2  2 3 hoặc y x  2  2 3 Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727 5x x cos  3 sin 2x  3cos x  2 2 2 0 2sin x  3. 4 3 sin x cos 2 x  2cos Câu 2: 1, Giải phương trình : 3 2. sin x . Điều kiện : Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 2 3 sin 2x cos x  cos 3x  cos 2x  3 sin 2x  3cos x  2 0 . 3 sin 2x  2 cos x  1   cos 3x  cos x    cos 2x  1  2 cos x 1 0. . 3 sin 2x  2 cos x  1  4 cos x.sin 2 x  2sin 2 x  2 cos x 1 0. . 3 sin 2x  2 cos x  1  2sin 2 x  2 cos x 1   2 cos x  1 0.   2 cos x  1. . . 3 sin 2x  2sin 2 x  1 0   2 cos x  1.  2cos x  1 0    3 sin 2x  cos 2x  2 0. 1   cos x  2    cos  2x     1    3 2 . . . 3 si n 2x  cos 2x  2 0. 2   x  3  2k   k    x k; x     k  3 x k; x . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:.  2   k2; x   k2(k  Z) 3 3. 3x 3y  2  6.3y2 4x  2 35y  3x  2.3 y 1  1  2. x  y  1 3. 3 3y  2x. Câu 2: 2, Giải hệ phương trình : Đk: x  y  1 0 (*). 2.  1  2.  1   34x  23y 3x  6.3y 4x  2    32y3y 3x  2.3y 12y  0 2. .   34x  2  32y  27 y  x  6.3y Thay vào (2) ta có:. 2. 2.  0  3. 4x  2. 1  2 3x  2 3. 3 4x  3, x .  32y 0  y 2x  1. 2 3. 1  2a 3b  3  2 3 4a  3b3 1  4  a  3x  2  0; b  4x  3 Đặt ta có hệ  1   b 0  a  2  3b3  9b 2  6b 0   b 1  a 1  5 3b 1  b 2  a  3  a    2  2 thay vào pt (4) ta được Từ 11  5 x   a   4  2  a  1 x  1   9 1 b 2 y    b 0;a  b  1 y  1  2  2 không thõa mãn +) +)  +) Kết hợp đk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là. Luyện thi Đại Học. 11 9  ;   9 2.  1;1 , . 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. 1 x.    e  x  x  2 tan x   dx   2  cos2 x  3 x   4  . Câu 3: Tính tích phân: 1    x  1   e 1 x2  x   x I  2 x  2 tan x dx  e . dx  dx   2  x2  2 2x tan xdx   cos x  3 x 3 3 cos x 3   4  4 4 4 Ta có: (1) 1 1 1 1 x  x e . dx  e d  e   2   x x   3 3 . +). 1 x. . 4. 4. x2 J   2 dx 3 cos x . +). 4. 9 2 J  16. . 1. 4.  e   e 3 3 4. u x 2    1 dv  2 dx cos x : Đặt .  du 2xdx  J  x 2 t anx  3    v t anx 4. . 2x tan xdx. 3 4. . 2x tan xdx. 1 . 4 3. 92 I  e  e  16 Thay vào (1) ta có. 3 4. Câu 4: Tính thể tích…….. S. I D. A. H. O a C. K B. Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi 0  đường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD 60 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH  AB và 1 a 3 OK  DH  2 2  OK  AB  AB  (SOK) DH = a 3 ; OK // DH và Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 1 1 1 a    SO  2 2 2 OK SO 2 Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  OI a SO  S ABC D 4S ABO 2.OA.OB 2 3a 2 2. Diện tích đáy ; đường cao của hình chóp Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727 3. Thể tích khối chóp S.ABCD:. 1 3a VS . ABC D  S ABC D .SO  3 3 (đvtt). Câu 5: Chứng minh rằng:. 1  1 1   10    a    b    c     b  c a  3  . 3. 1  1 1 1 1 1 1  M  a    b    c   abc     1 b c a abc a b c       a  b  c  1 Vì nên 1 a bc 3 1   abc  abc  27 27 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 3 abc  Lại có: Mặt khác:. 1  1  27 2  1 1 272  1 730  abc  2   2 abc.    abc  27 abc  27 2 abc 27 2 abc 27 27 1 1 1 1 1 1 730 1000    9    9 M  9 1  a b c a b c   27 27 Suy ra.  a  b  c  . 3. 1  1 1   10    a    b    c     b  c  a   3  (đpcm) Vậy . Dấu bằng xảy ra.  a b c . 1 3.. Câu 6 a :1, Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi............... Phương trình MP là: x  y  3 0  x  y  1 0   I MP  NQ  tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình  x  y  3 0 P  3; 0  I là trung điểm của MP nên suy ra phương trình NQ là x  y  1 0 nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) Do. 2. 2. NQ 2MP  IN 4IM   m  2    m  2  4.  1  1 2. 2. 2. 2. .  x 2  I  2;1   y 1 ..  m 4 2   m  2  4    m 0. P  3; 0  Vì N có tung độ âm nên N(0; -1)  Q(4; 3). Vậy , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm.  P  ........... Câu 6a : 2, Viết phương trình mặt phẳng Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc 0 x y z 1 1 1   1   1  Phương trình mặt phẳng (P) là: a b c . (P) qua I nên a b c (1). Mà IA=IB=IC nên.  a  1. 2. 2. 2. 2. 2.  1 1 1   b  1  1 1 1   c  1   a  1  b  1  c  1. 2.  b a  2  c 2  a    a b c hoặc  c a hoặc  b a hoặc b c 2  a Với a=b=c thay vào (1) ta được a=b=c=3. Khi đó pt (P): x+y+z=3  b a  2  c 2  a 2 1  1  a 2  3a  4 0  c a  b a Với  hoặc  thay vào (1) ta được a 2  a (VN) 1 2  1  a 2  a  2 0 Với b c 2  a thay vào (1) ta được a 2  a (VN) Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+y+z=3 3 2 x+1 ¿2 + 4 Câu 7a : • Ta có nên 1 x 2+ x +1= ¿ 4 Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. 10. 1+2 x ¿. 9 ¿ 16 3 1+2 x ¿14 + ¿ 8 1 x 2+x +1 ¿2= ¿ 16 ( 1+2 x )10 ¿ Trong khai triển ( 1+2 x )14 6 6 6 x là: 2 C 12 1+2 x ¿12 +. hệ số của. x6. là:. 26 C 614. ; Trong khai triển. ( 1+2 x )12. hệ số của. Trong khai triển ( 1+2 x )10 hệ số của x 6 là: 26 C 610 1 6 6 3 6 6 9 6 6 Vậy hệ số a6 = 2 C 14 + 2 C12 + 2 C10=41748 . 16 8 16 Câu 6b :1, Tìm tọa độ C và D Pt đường thẳng AB: x  y  1 0 ; I nằm trên cung AB của (P) m 2  3m  d  I; AB    I  m; m 2  2m  1 , m   0;3 2 . Diện tích tam giác IAB lớn nhất lớn nhất Xét hàm số. f  m  m 2  3m. trên.  0;3 ta có: m. 0 0. f(m). 2 3. 3 0. 9 4. 3 9 9 m   0;3 , 0  m 2  4m   d  I; AB    m  4 2 4 2 . Dấu “=” xảy ra Suy ra   1  7 C  3;  D  0;  I là trung điểm của AC và BD nên  2  và  2  là hai điểm cần tìm.  3 1 I ;   2 4. Câu 6b : 2, Viết phương trình mặt phẳng (P) ..... 2 2 2 Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với A  B  C  0 5  P    Q   5A  2B  5C 0  B   A  C  2 (1) A  4B  8C A  4B  8C 1 cos45o    o 2 A 2  B2  C2 1  16  64 A 2  B2  C 2 .9 (2) (P) tạo với (R) góc 45 nên.  1 ,  2  . 2 A  10  A  C   8C 9 A 2 . 25 2  A  C   C2 4  21A 2  18AC 3C 2 0.  A  1 C 1    A 1 7  Chọn. *) A  1, C 1  B 0  Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0 1 20 A  , C 1  B   7 7 *) Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0.  1  2x  Câu 7b : Cho khai triển đa thức:. 2013. a o  a1x  a 2 .x 2  ...  a 2013 .x 2013. Tính tổng:. S  a 0  2 a1  3 a 2  ...  2014 a 2013. Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727.  x(1  2 x)2013   a0  2a1 x  3a2 x2  ...  2014a2014 x 2013. Ta có:  (1  2 x) 2013  4026 x(1  2 x)1012 a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  2014a2013 x 2013 (*). a x k  ak (  x ) k Nhận thấy: k do đó thay x  1 vào cả hai vế của (*) ta có: S  a0  2 a1  3 a2  ...  2014 a2013 1343.32213. Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

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