De thi thu DH 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN. Khối A1,A, B. SỞ GD  ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG. Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. 3. 2. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x  3(m  1) x  6mx  3m  4 . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 0 . 2. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm A có hoành độ là 1. Tìm m để  cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho OAB là tam giác vuông cân tại O. Câu II (2,0 điểm) 3 1. Giải phương trình lượng giác: 4sin x  2 cos x(sin x  1)  4sin x 1 0 .  xy  x  1 3 y  2 2 2. Giải hệ phương trình:  x y  x 2 y 1. (3. x.  x  1)(2 x  1)dx. (1,0 điểm) Tính tích phân: 0 Câu III Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB 2a , AD a 2 . SA vuông góc với đáy ABCD . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60o. CMR BM  ( SAC ) và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a. Câu V. 3 3  1  1  2 a  b    a  b 2    2a    2b    4 4  2 2 (1,0 điểm) Cho a, b  , a, b  0 CMR: . Câu VI. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM:. 2 x  y 1 0 đường phân giác trong CD: x  y  1 0 Viết phương trình cạnh BC. A   2; 2;  2  , B  0;  1; 2  ,. C  2; 2;  1 Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và cắt trục y’Oy, z’Oz tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho ON 2OM . Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:. 2C22n 1  3.2.2C23n 1  ....  ( 1)k k (k  1)2 k  2 C2kn 1  ....  2n(2n  1)22 n  1 C22nn11  40200. Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được dùng tài liệu.. -1-. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I –THÁNG 3/ 2013 Đáp án Điểm 3 2 a) Khi m 0 ta có y  x  3x  4 . 0.25 * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: 2  Chiều biến thiên: y ' 3 x  6 x  x 0 y ' 0    x 2  H/s ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2; ) , NB trên khoảng (0; 2)  Cực trị: H/s đạt CĐ tại x 0 : yCD 4 H/s đạt CT tại x 2 : yCT 0 lim y  lim y   x    Giới hạn: x   , y  3x 2  6x  3x  x  2   Chiều biến thiên: H/s không có tiệm cận  Bảng biến thiên:. 0.25. 0,25 x y' y. . +. 0 0 4. -. 2 0. . + . 0,25. * Đồ thị : Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng. 0.  y. 4. .. 0,25. I. 2. 0,25 -1. 2. 2) Ta có: y ' 3 x  6( m  1) x  6m x 1  y 2  y '  3 PTTT: y  3( x  1)  2. 1. 2. x. O. 0,25. PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến  và đồ thị (Cm): x3  3(m 1) x 2  6mx  3m  4  3( x  1)  2  x 1  ( x  1) 2 ( x  3m  1) 0   x 3m  1   OA 1; 2   , OB(3m 1;  9m  2) Ta có: B( 3m  1;  9m  2 )  B  A  m 1  1 OA.OB 0 (3m  1)  2(  9m  2) 0    m 2 2 2 2 3  OA OB  (3m  1)  ( 9m  2)  1  2 OAB vuông cân tại A  -2-. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy II. m. 1 3 là giá trị cần tìm.. 3 1. Giải phương trình lượng giác: 4sin x  2 cos x(sin x  1)  4sin x  1 0 .  4sin x(1  cos 2 x)  2cos x(s inx  1)  4sin x  1 0   4sin x cos 2 x  2sin x cos x  2 cos x 1 0  (2 cos x  1)(1  sin 2 x) 0. 0,25 0,5 0,25. ….  xy  x  1 3 y (1)  2 2 2. Giải hệ phương trình:  x y  x 2 y (2) Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y x 1   x  y  y 3    2 x x   2 2  y y 2 y và phương trình (2) cho ta được: 2. (3)  x . 1 x 3  y y thay vào (4) ta có:.  x     3  y . 1 x   x  y  y 3 (3)    x  x  1  2 (4)   y  y .   x   2  0   y   . x 1 y x 2 y.  y 1  2 x y 3  2 y 2  y 0   1  x  y  y 1  2 + y thay vào (2) ta được:  y 1 3 2 4 y  2 y  2 y 0   x 2  x 2 y  y  1  2 +y thay vào (2) ta được: 1 (1  2;1  2), (2,1), (  1;  ) 2 Vậy hệ có 4 nghiệm: III. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 1. Tính tích phân:. (3. x.  x  1)(2 x  1)dx. 0. 1. Ta có:. (3 0. 1 x. 0,25. 1.  x  1)(2 x  1) dx 3x (2 x  1) dx   x  1(2 x  1) dx M  N 0. 0. 1. M 3x (2 x  1)dx 0. du 2dx  u 2 x  1  1 x 1    3x  M (2 x  1) 3  2 3x dx  8  2 3x 1 8ln 3  4 x dv 3 dx  v  ln 3 0 ln 3  ln 3 ln 2 3 0 ln 2 3 ln 3  0 Đặt. 0,25. 1. N  x  1(2 x  1)dx 0. Đặt t x  1  x t  1  dx dt. Đổi cận: -3-. x t. 0 1. 0,25 1 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. N  1. 2. 3 2. 2. 1 2.  4 52 2 32  28 2  2 t (2t  1)dt (2t  t )dt  t  t   3 1 15 5 1. 1. (3. IV. x.  x  1)(2 x  1) dx . 0,25. 8ln 3  4 28 2  2  ln 2 3 15. Vậy 0 Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét ABC và BCM AB BC   2  ABC BCM Ta có BC CM ACB BMC      MBC  BMC MBC  ACB 90o  BIC Vuông tại I hay BM  AC , mà SA  ( ABCD)  BM  BM  SA  BM  ( SAC )  SI  BM  góc giữa hai mặt phẳng ( ABCD ) và ( SBM ) o  Là góc giữa SI và AI hay SIA 60 . Ta có: ABC ABI AI AB AB 2 4a 2 4a 2 2a 6    AI     AB AC AC 3 . AB 2  BC 2 a 6   tan SIA. 0,5. 0,5. SA   2a 6 . 3 2a 2  SA  AI tan SIA AI 3 .. Xét SAI vuông tại A. Ta có: 1 a2 2 S BCM  BC.CM  2 2 . SA là chiểu cao của khối chóp S .BCM nên 1 a2 2 2a 3 VS . BCM  S BCM .SA  .2a 2  3 3.2 3 (đvtt) V. 3 3  1  1  2 a  b    a  b 2    2a    2b    4 4  2 2 Cho a, b  , a, b  0 CMR:  CM 2. 3 1 1  1 1 1 a 2  b  a 2  a   a  b   a    a  b  a  b  4 4 2  2 2 2 Ta có 3 1 b 2  a  a  b  4 2 Tương tự 2. 1  1  1   a  b    2a    2b   (*) 2  2 2 Ta sẽ CM:  1 1 (*)  a 2  b 2  2ab  a  b  4ab  a  b  2 4 4  (a  b) 0 Thật vậy: 1  a b  2 Dấu “=” xảy ra. -4-. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> VI. Điểm C  CD : x  y  1 0  C (t ;1  t ) suy ra trung điểm của AC  t 1 3  t  M ;  2 2 .  Là. 0,25 0,25. 0,25.  t 1  3  t M  BM : 2 x  1 0  2   1 0  2 2   Điểm  t  7  C ( 7;8) .. 0,25. Từ A(1;2) kẻ AK  CD : x  y  1 0 ( K  BC ) .  AK : ( x  1)  ( y  2) 0  x  y  1 0 .  x  y  1 0  I (0;1)  x  y  1  0  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ . ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình 4 x  3 y  4 0 . VII. VIII. Từ giải thiết ta chọn M (0; m;0) và N (0;0; n) trong đó mn 0 và n 2m  .   Gọi n là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên n  BC (2;1;1) ,       n  MN (0;  m; n) nên ta chọn n  BC , MN  (m  n;  2n;  2m)  n  2 m  n (3n;  2n;  4n) và (P) đi qua A( 2; 2;  2) nên (P) có phương trình: + 3x  2 y  4 z  2 0 .  n  2 n  n ( n;  2n; 4n) và (P) đi qua A( 2; 2;  2) nên (P) có phương trình: + x  2 y  4 z  10 0 . Trường hợp này loại vì (P) đi qua cả B và C..  P  : 3x  2 y  4 z  2 0 Vậy Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n 1  3.2.2C23n1  ....  ( 1)k k (k  1)2 k  2 C2kn1  ....  2n(2n  1)2 2 n 1 C22nn11  40200 k. k 2 n+1 0 2n +1. − 1¿ C * Xét 1− x ¿ =C 2 n +1. k. 2n +1 2 n+1 2n +1 2 2 2 n+ 1. x +. .. . −C − C12 n+1 x+ C ¿. x x −. . ..+¿ k. k. k−1. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25. (1) 2 n +1. −1 ¿ kC2 n+1 x +. . .. −(2 n+1)C2 n +1 x * Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có: 1− x ¿2 n=−C12n +1+ 2C 22 n+1 x −. ..+¿ −(2 n+1)¿ Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có: 2 n −1 −1 ¿k k ( k − 1)C k2n +1 x k −2 +. .. . −2 n(2 n+1)C 22 n+1 n+1 x 1− x ¿2 n −1 =2C 22 n+1 −3 C32 n +1 x +.. .+¿ 2 n(2 n+1) ¿ Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: k 2n  1 2n 1  2n(2n  1) 2C 22n 1  3.2.2C32n 1  ...  ( 1)k k(k  1)2 k  2 C2n C 2n 1 1  ...  2n(2n  1)2. 0,25. 2n. (2). Phương trình đã cho ⇔ 2 n(2 n+1)=40200 ⇔ 2 n2+ n− 20100=0 ⇔ n=100. Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà vẫn cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa. -5-. 0,25. 0,25.

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