De thi DH du bi 2013 mon Toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Tài liệu lớp 12-LTĐH:Gv:Lý Ngọc Tuấn:ĐT:0905.452059 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 1 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. Câu II (2 điểm):  1. Giải phương trình : 2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4 2. Giải phương trình : log 21 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) 2.  tan( x  ) 4 dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân I   c os2x 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz .  6. B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3 x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3 x 2 )10 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm):. Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tài liệu lớp 12-LTĐH:Gv:Lý Ngọc Tuấn:ĐT:0905.452059 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :. x2 y 2   1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) 9 4. . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn. 2 1 22 2 2n n 121 C  Cn  Cn  ...  Cn  2 3 n 1 n 1 0 n. Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tài liệu lớp 12-LTĐH:Gv:Lý Ngọc Tuấn:ĐT:0905.452059   tan( x  ) 2 6 2 4 dx   tan x  1 dx , cos 2x  1  tan x I  0 (t anx+1) 2 cos2x 1  tan 2 x 0  6. III. Đặt. t  t anx  dt=. 1 dx  (tan 2 x  1)dx 2 cos x. 05. x 0t 0 x.  1 t  6 3 1 3. Suy ra. I  0. 1. dt 1 3 1 3   . 2 (t  1) t  10 2.  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB )   AM  SB , (SA  AB ) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI  SC Ta có. IV. 025. 025.  AM  SC (1). Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 1 Suy ra VABMI  S ABM .IH 3 a2 Ta có S ABM  4 IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1       IH  BC  a 2 2 2 2 2 BC SC SC SA  AC a  2a 3 3 3 2 3 1a a a Vậy VABMI   3 4 3 36. 05. 05. Ta c ó: P  3  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)   2 xyz  3 9  2( xy  yz  zx)   2 xyz  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z )2  27  6 x(3  x )  ( x  3) 2 1  ( x 3  15 x 2  27 x  27) 2. Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay. 025. 025.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tài liệu lớp 12-LTĐH:Gv:Lý Ngọc Tuấn:ĐT:0905.452059 f ( x )   x 3  15 x 2  27 x  27 x  1 f , ( x )  3 x 2  30 x  27  0   x  9. Xét hàm số. với 0<x<3. ,. 05 Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7  x  y  z  1 . 1. Gọi. A(a;. S ABC . 3a  4 16  3a )  B(4  a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 4. 1 AB.d (C   )  3 AB . 2. 05. 2. a  4  6  3a  Theo giả thiết ta có AB  5  (4  2a )     25    2  a  0 Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4  Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)  Vì ( P)  ( ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 2. VIa.  m  21 d ( I  ( P ))  4   m  3. Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))  4 . Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 10. Ta có. 10. k. P  (1  2 x  3 x 2 )10   C10k (2 x  3x 2 )k   ( C10k Cki 2k i 3i x k i ) k 0. Theo giả thiết ta có VIIa Vậy hệ số của x 4 là:. k 0. 025 025 025 025 05. i 0. k  i  4 i  0 i  1 i  2    0  i  k  10   k  4 k  3   k  2 i, k  N  C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 .. 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y2 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có   1 và diện tích tam giác ABC là 9 4 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB )  2x  3 y  3  2 13 3 4 2 13. Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay. 05. 025. 025. 05.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tài liệu lớp 12-LTĐH:Gv:Lý Ngọc Tuấn:ĐT:0905.452059 85  x 2 y 2  170 3 2    3 13  9 4  13  x2 y2  9  4  1  x  3 2 VIb 3 2 Dấu bằng xảy ra khi   . Vậy C ( ; 2) . 2 2 x  y y  2   3 2 Xét khai triển (1  x )n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 3n 1  1 22 23 2n 1 n  2Cn0  Cn1  Cn3  ...  Cn n  1 2 3 n  1 VIIb 2 22 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn     2 3 n 1 2(n  1) n  1 2(n  1).  3n 1  243  n  4 Vậy n=4.. Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay. 05. 05. 05.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>