de thi thu lan 1 nong cong 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 y 2 x 3  3  m  1 x 2  m. Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số (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: 1 2. Cho khai triển . 3     cos 2 2 x  2cos  x   sin  3 x    2 4   4  0 2cos x  2. 3x. . 2n. a0  a1 x  ............  a2 n x 2 n n  N * , . Tính hệ số a8 biết n thoả. 2 14 1  3 2 mãn hệ thức. Cn 3Cn 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: M. a3 b3 c3   a 3  (b  c)3 b 3  (c  a ) 3 c 3  (a  b) 3. Câu V ( 2 điểm)  x 2 y 2  1  xy 2  y  4 xy  2 2 1. Giải hệ phương trình sau  x y  x 2 y 4 x 1 dx  3 x 2 x 1. 2.Tính tích phân sau I = Câu VI ( 2 điểm). 2.  7 1 I ;  1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm  6 2  ,. 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 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 1. ĐÁP ÁN. ĐIỂ M. 1. TXĐ D=R 2. Sự biến thiên a. Giới hạn tại vô cực lim y . 0.25. lim y  . x  . x  . b.Bảng biến thiên  x 0 y ' 6 x 2  6 x 0    x 1 Ta có  0. y’. +. 0. 1 -. 0. . +. 0.25. 2. . y 1. .  ;0  1;   Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  và  0;1. Hàm số nghịch biến trên   Hàm số đạt cực đại tại x=0, ycđ=2 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,yct=1 3.Đồ thị. 0.25. fx = 2x3 -3x2 +2. 4. 2. 0.25 -10. -5. 5. -2. -4. 10.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2.  1 3 U ;  Nhận xét. Đồ thị hàm số nhận điểm uốn  2 2  làm tâm đối xứng  x 0 y ' 6 x 2  6(m  1) x 0    x m  1 Ta có. 0.25. Đồ thị hàm số có cực trị khi y’ có 2 nghiệm  m 1 Toạ độ hai điểm cực trị A(0;m) và M(m-1;-(m-1)3+m)  AB: y=-(m-1)2x+m Ba điểm A,B, I(3;1) thẳng hàng khi I  AB. 0.25.  m 1 (loại)   m 4 3  1 = -(m-1)2.3+m   4 m 3 Vậy giá trị m cần tìm là. Câu II 1. ĐK:. 0.25. 0.25.  2 0  x   k 2 4. 2cos x . 3      cos 2 2 x  2cos  x   sin  3 x    2 0 4 4    Với điều kiện đó phương trình 1     cos 2 2 x  2  sin  4 x    sin  2 x      2 0 2  2 .   1  sin 2 2x  sin    .     4x    sin 2x  2 0 2 . 0,25. 0,25. 2.  1  sin 2x  cos 4x  sin 2x  2 0  1  sin 2 2x  1  2sin 2 2x  sin 2x  2 0. . . 0,25.  sin 2 2x  sin 2x  2 0  sin 2x 1 hoặc sin 2x  2 (loại) 5  k2 (k  ) 4 So điều kiện phương trình có nghiệm 2 14 1 4 28 1  3   2 Cn 3Cn n  n(n  1) n( n  1)(n  2) n  n  2   n 2  7n  18 0   n 9 x. 2. Suy ra n=9 Áp dụng khai triển NiuTơn Hệ số a8 ứng với k=8. . a8 C188  3. . . 8. = 3544398. 1. 3x. . 18. 18. .  C18k  3x k 0. . k. 0,25 0.25 0,25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu III. S. I K A. M. D N. H O. B. C. 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) a 2 a 62 AH  2 2 2 S  a 4 , SH  SA  AH = 4 Ta có ABCD , 1 1 a 62 a 3 62 VSABCD  .S ABCD .SH  .a 2 .  3 3 4 12 3a HN  4 b) Gọi K,I lần lượt là hình chiếu của H, M trên SN,. Vì AB// (SCD) nên. d  B; ( SCD)  d  M ; ( SCD )  MI. HS .HN 1 1 1 3a. 31 HK    2 2 2 2 2 HS  HN = 28 Ta có HK HS HN  HK HN 3 4 4 3a. 31 a 31   MI  .HK  .  3 3 28 7 Ta có MI MN 4 . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu IV. Theo bất đẳng thức Cô-si, với x  0 , ta có 3. . 1 x  1 x 1 x  x. 2. . . (1  x)  1  x  x 2. . 2.  1  x. 2. 0.25. 2. Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được a3 1 1 1 a2     3 2 3 b2  c 2 a 2  b2  c 2 a3   b  c  1  bc   bc  1  1  1    a2 2 a   a  Tương tự, ta có: b3 b3   c  a . 3. c3 c3   a  b . 3. b2  2 a  b2  c2 . 0.5. c2 a 2  b2  c2. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a3 a3   a  b . 3. . b3 b3   c  a . 3. . c3 c3   a  b . 3. . a2 b2 c2   1 a 2  b2  c2 a 2  b2  c2 a 2  b 2  c 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b c .. CâuV 1. 0.25.  x 2 y 2  1  xy 2  y  4 xy  2 2 Giải hệ phương trình  x y  x 2 y. TH1: y=0 không thoả mãn 2 TH2: y 0 . Chia cho y ta được  2 x    2 x   y. 1 1  4x  x  2 y y y x 2 y2. 0.25. 2  1  1   6x  x     x    y  y y    1 x  y  x  y  2   . 1 x ;v  y y ta có hệ Đặt u 2  u  6v u  2   uv 2 v  1. 0.25. u x . 1   x  y  2     x  1 Theo cách đặt ta có  y. 2. 0.25.  x  1   y 1. 0.25. Vậy nghiệm của hệ là (-1;1) 4. x 3. x 1 dx 2 x 1. Tính tích phân sau 2 Đặt t  2 x  1  2tdt = 2dx. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu VI 1. 3 x   t 2; x 4  t 3 2 Đổi cận . Khi đó 3 2 3 3 t 1 2  1 1    I  2 dt 1  dt    1  dt 2   t  1 t  1 t  1 t  1     2 = 2 3 = 2   t  1  3 1  ln  t  ln  t  1     2 = 2 = 125 Ta có BI = 18 . Giả sử A(a;3). Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên 1  a  2 2  3 7  1  125     a   3   2 2 6  2 18   a  2  AI BI 2.  1  A   ;3  A  2;3 Suy ra  3  hoặc . Phương trình BC: x-1=0 Giả sử C(1;c) 2 2  c 2 1  125  7   1   c       2 2  c  1 Giải CI BI   6   2  18. 2. 0.5 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. Với c=-1 thì C trùng B loại Suy ra C(1;2)  1  A   ;3  A  2;3 Vậy   3  hoặc  và C(1;2) I 1; 0; 0  Ta có AB  2;  2; 2  , AB 2 3 , toạ độ trung điểm của AB là . 0.25. 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  x   t   x  z 1  t  2 2    x  z  2  2t  z 3  1 t  2 2 từ đó phương trình giao tuyến của (P) và ( Q ) là 1 3  x   t  2 2   y t  3 1  3 1  1 3 z   t C    t; t;  t  2 2  Giả sử  2 2 2 2  1 1 S ABC  . AB.CI  .2 3.CI  6  CI  2 2 2. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  CI 2    Ta có.  t 1 7t  12t  5 0   3 3  3 1   t 5  t   t 2    t  2 2 2  7  2 2  . Vậy có hai điểm C là.. 2. 2. C  1;1;1.  4 5 8 C ; ;  và  7 7 7 . 2.

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