De thi thu DH so 29

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 29 Ngày 23 tháng 1 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). 3 2  C Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  2  C  của hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  tiếp xúc với đường tròn có phương trình 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của.  x  m. 2. 2.   y  m  1 5. Câu II. (2 điểm) 3 2. 4.  2(cot x  3) sin 2 x cos x 1. Giải phương trình 1 1 1   log 2 x  1 log x  2 4 log 2x  1 4 2 . 2. Giải phương trình. y. ln  x  2 . x Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường , y 0 , x 1 và x e . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC a , 0 ' góc BAC 120 , cạnh bên BB a . Gọi I là trung điểm của CC ' . Chứng minh tam giác AB ' I  ABC  và  AB ' I  vuông tại A và tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng 2 2 Câu V.(1 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  xy 1 .Tìm GTLN, GTNN của. F  x6  y 6  2 x 2 y 2  xy II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh C  3;  1. và phương trình của cạnh huyền là 3x  y 10 0. x 1 y 3 z d1 :   2 1 2 , 2.Cho mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  1 0 và các đường thẳng: x  5 y z 5 d2 :   3 4 2. Tìm các điểm A  d1 , B  d 2 sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n. 1   1 2 3 n 1 n  x 4  2 x  biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: Cn  2Cn  3Cn     n  1 Cn  nCn 64n  2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0),. B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: d2 :. d1 :. x 2 y 2 z 3   2 1 3. x 1 y 2 z 1   , 2 1 4 Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2. Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727 (. 2. 20 3 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức x. 0 Cn. 1 2. C1 n. 1 3. 2  ...  (  1) n Cn. 1 n 1. 5 n. x ). biết rằng:. 1. n  Cn 13. HƯỚNG DẪN ĐỀ 29  x 0 y ' 3 x 2  6 x 0    x 2 Câu 1: 1, + Tập xác định D = R + Sự biến thiên   ; 0  và  2;  Hàm số nghịch biến trên  0; 2  Hàm đồng biến trên các khoảng lim y  ; lim y ; x   + Giới hạn x    Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0 và ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 và yct = -2 Điểm uốn (1;0) Bảng biến thiên (0,25) 2  x  0 2 y’ + 0 0 +  2 y -1 1 2 3 0 -2. . Đồ thị (0,25). -2. Câu 1: 2,Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị  : 2 x  y  2 0 Tâm của đường tròn I ( m, m  1) , bỏn kớnh R= 5  m 2  2m  m  1  2  m  4  5  3m  1 5 3  5 Theo giả thiết ta có 4 k 2 3 1  tan x   2 3  2cot x sin 2 x 0  x  2 . sin 2 x Câu 2: 1,Điều kiện Ta có. . . 2. 3tan x . tanx  3. 2 2 2(sin x  cos x ) sin x cos x.  x .  3. . 3  2cotg x. tanx .  k 1. Câu 2: 2, Giải phương trình Điều kiện x  2, x 3 .. . log x  2 4. . . 2 3tan x  2 tan x  1 3. 1 log 2x  1 4. .  x 1 2. (1)  log 4 (x  2)  log 4 (2x  1)  log 4 2 log 4 (x  1)  x 0 2  2 x  7 x 0   7 x  x  2 2 x  1  2 x  1       2.  6. 3 0.  k. log 2 x  1. x. 7 2. Đối chiếu điều kiện ta có 1  du  x  2 dx u ln  x  2     2 ln  x  2   1  v  1  1 V   dx 2  dv  x 2 dx x  x 2 1 Câu 3: Gọi V là thể tich cần tìm. . Đặt  Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 e dx 3 1 1 1 1 1      ln  x  2  1e     ln 3      ln  e  2    ln x 1e 2x 2 2  x 2  e 2 1 Suy ra V= 3 1 1 1  [ ln 3      ln  e  2  ] 2 2  e 2 Câu 4:Ta có BC a 3 . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I 5 13 a, AB '  2a, B ' I  a 2 2 2 2 2 Suy ra Do đó AI  AB ' B ' I . Vậy tam giác AB’I vuông tại A 1 10 2 3 A' S AB ' I  AI . AB '  a S ABC  a 2 2 4 4 + .  Gọi là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác B' 3 10 3  cos   S A ' BI cos  S ABC  cos   A 10 4 4 AB’I suy ra AI . 2. C'. I. 2. Câu 5: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  xy 1 .Tìm GTLN, GTNN của F x6  y 6  2 x 2 y 2  xy . 3. Ta có. F  x 2  y 2   3x 2 y 2  x 2  y 2   2 x 2 y 2  xy 3. 3. =. 2. 2.  2  xy   2  xy   2 xy  1 2. x 2  y 2  xy 1   x  y   3xy 1. 2. f  t   2t  2t  2t  1 Đặt xy t . Ta có 1  xy  3 2. C. B. 2. x  y  xy 1   x  y   xy 1  xy 1 suy ra.  1  ;1  3 . t.  1  1  t    ;1 1  f '  t  0   3  3  ;1 2  t  1 3  f '  t   6t  4t  2 .   Ta tìm max, min của f(t) trên   1  37   1 5 37 1 f    , f  1  1, f    Max f (t )  t 3 27 3 27   27 khi 3 suy ra Ta có   Suy ra 1 1 1 1 x  ,y  Minf (t )  1 khi t 1 suy ra x  y 1 2 6 2 6. Câu 6a: 1, Ta có tam giác ABC cung cân tại C.. C. Goi H là trung điểm của AB suy ra CH : x  3 y 0  x  3 y 0  x  3    y 1 Toạ độ của H là nghiệm của hệ 3 x  y  10 0 2. 2. 2. 2. A. H.  t  1  40  t  5. AH CH   t  3   3t  9  giả sử A(t;3t+10) ta có Với t = -1. Suy ra A( 1;7), B( 5;  5) Với t = -5. Suy ra B ( 1;7), A( 5;  5) Câu 6a: 2, A  d1  A(2t1  1, t1  3,  2t1 ) B  d 2  B (3t2  5, 4t2 , 2t 2  5)  AB (3t2  2t1  4, 4t2  t1  3, 2t2  2t1  5)   AB.n p 0  2(3t2  2t1  4)  4t2  t1  3  2(2t2  2t1  5) 0  6t2  t1  1 0 AB / /( P)  d A/( P )  Luyện thi Đại Học. 4t  2  t1  3  4t1  1 t1  2  1  1  3 3.  t1  5  t 1  1. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa. B.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch 2  8  11  t1  5  t2   A( 9;  2;10), B  7; ;  3  3 3  Với. Câu 7a:Xét khai triển  1  x . n. ĐT:01694838727 1   4  17  t1 1  t2   A(3; 4;  2), B  4; ;  3  3 3 . Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn  1 x n  1  Cnn x n n 1. n  1  x  Cn1  2Cn2 x  ...   n  1 Cnn  1 x n  2  nCnn x n  1 lấy đạo hàm hai vế ta có Cn1  2Cn2  3Cn3     n  1 Cnn  1  nCnn n 2n  1 Thay x=1 suy ra 7 k 7 7 k  1  1   k  x  4   C7 x  4  2 x k 0  2 x  64n 2n  1  64 2n  1  n 7 1 7 k k C7k k  2  k 2 2 2 với k thoả mãn 2 4 số hạng chứa x có hệ số là 1 2 21 C7  2 4 Suy ra hệ số chứa x là 4.  . Câu 6b: 1, phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng. A. B. cách từ I tới AB. AB  5 . 1 2 AB.h 1  h  2 5. I. S ABCD 4S ABI  S ABI 1 . I  x0 , y0  Gọi toạ độ diểm I là ta có hệ  2 x0  y0 2  x 1, y0 0   2 x0  y0 2   0  5 5  1 4 y  x  1 0 0   y x  1  x0  3 , y0  3 0 0 . D. C. Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2)   2  8  1  14  1 4 C ;  ;  ;  Với I( 3 3 ) suy ra  3 3  và D  3 3    2  8  1  14  C ;   ;  3 3   Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc và D  3 3  Câu 6b: 2, Do mặt phẳng (P) cách đều d1 , d2 nên (P) song song với d1 , d 2      ud 1 , ud 2   7;  2;  4  u d 1  2;1;3, u d 2  2; 1;4 ,      n  u , u   7;  2;  4  chọn p  d 1 d 2  Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7 x  2 y  4 z  d 0.  1; 2;1  d 2 bằng nhau. Do (P) cách đều d1 , d 2 suy ra khoảng cách từ (2;2;3)  (d1 ) và 7.2  2.2  4.3  d 7.1  2.2  4.1  d 3   d  2 d  1  d  2 69 69 Ta có Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14 x  4 y  8 z  3 0 n 0 1 2 2 n n n Câu 7b: Ta có (1  x ) Cn  Cn x  Cn x  ....  ( 1) Cn x 1. Vì. (1  x). n. dx . 0. 1. 0. 1. 1 n 1 2 2. (Cn  Cn x  Cn x. Nên 0  n 1 13  n 12 Luyện thi Đại Học.  ....  ( 1) n Cnn x n )dx Cn0 . 1 1 1 2 1 1 Cn  Cn  ...  ( 1)n Cnn  2 3 n 1 13. suy ra. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch (. 2 x3.  x5 ) n (. 2 x3. 12. k  x5 )12   C12 .( k 0. ĐT:01694838727 2 x. 12 k. ) 3. 12. k 12 k 8 k  36 ( x5 ) k   C12 .2 .x k 0. 7 5 20 Số hạng ứng với thoả mãn: 8k  36 20  k 7  Hệ số của x là: C12 .2 25344. Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

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