thi thu dai hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT ĐỊNH HÓA. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013. Thi ngày 12/05/2013. Thời gian làm bài: 180 phút.. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 3 2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm)  x 2  1  y ( x  y ) 4 y  2 ( x  1)( x  y  2) y 1. Giải hệ phương trình:  (x, y  R ) 3 3 sin x. sin 3 x  cos x cos 3 x 1     8  tan x   tan x   6  3  2. Giải phương trình: 1. I x ln( x 2  x  1)dx. 0 Câu III (1 điểm) Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc a2 3 với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P 2  2  2 2 2 a  2 b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3 PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) x2  y 2 1 2 y  x  2 x 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): và elip (E): 9 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2 x  y  z  2 x  4 y  6 z  11 0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình. mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6. n.  1   x  4  2 x , Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của  2Cn0 . 22 1 23 2 2 n 1 n 6560 Cn  Cn    Cn  2 3 n 1 n 1. Ck biết rằng n là.số nguyên dương thỏa mãn: ( n là số tổ hợp chập k của n phần tử) Phần 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 biểu thức MA  MB  MC.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> e x  y  e x  y 2( x  1)  x y e x  y  1 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R ) Họ và tên thí sinh......................................................................... Số báo danh.............................................. HƯỚNG DẪN 3. 2. Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x  3 x  4 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: lim y  lim ( x 3  3x 2  4)  , lim y  lim (x 3  3x 2  4)  x   x   x   a) Giới hạn: x  2  b) Bảng biến thiên: y' = 3x - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' + 0 0 + 4 + y - 0 - Hàm số đồng biến trên (-  ; 0) và (2; +  ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0. 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng y 4. 2 x -1 O. 1. 2. Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc ..... d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình  x 3 x 3  3x 2  4 m(x  3)  4  (x  3)(x 2  m) 0   2  x  m 0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y' ( m ).y' ( m )  1 18 3 35  (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36m  1 0  m  9 (thỏa mãn) Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x2  1  x  y  2 2   y  2  x  1 (x  y  2) 1  y. Hệ phương trình tương đương với x2 1 1  u  v 2  y  u v 1  x  y  2 1 uv 1 Suy ra  . Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác         sin  x   sin x   cos x   cos x   0 6  3  6  3  Điều kiện:          tan  x   tan x   tan x   cot   x   1 6  3 6 6    Ta có. x2 1 u , v x  y  2 y Đặt Ta có hệ.  sin 3 x. sin 3x  cos 3 x cos 3x . 1 8. Phương trình đã cho tương đương với 1  cos 2x cos 2x  cos 4x 1  cos 2x cos 2x  cos 4x 1      2 2 2 2 8 1 1 1  2(cos 2x  cos 2x cos 4x)   cos 3 2x   cos 2x  2 8 2    x  6  k (lo¹i)    x     k x    k  6 6 , (k  Z) . Vậy phương trình có nghiệm , (k  Z). Câu 3:Tính tích phân 1. 2x  1  dx u ln(x 2  x  1) du  2   x  x 1  dv xdx v  x 2 / 2  Đặt 1. 1 1 1 x2 1 2x 3  x 2 1 1 1 2x  1 3 dx 2 I  ln(x  x  1)   2 dx  ln 3  (2 x  1)dx   2 dx   2 2 2 0 x  x 1 2 20 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 0 1 1 1 1 1 3 3 3  ln 3  x 2  x  ln(x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1 0 0 2 2 4 4 4 4 1 dx I 1  2 2 0  1   3  1 3    x    x   tan t , t   ,   2  2   2 2  2 2 * Tính I1: . Đặt. . . /3. /3. 2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3 3 I1   t  2  3  / 6 1  tan t 3 /6 9. 3 3 I  ln 3  4 12 Suy ra Vậy Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P)  (BCH). Do  góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. Do tam giác a 3 2 a 3 AM  , AO  AM  C’ A’ 2 3 3 ABC đều cạnh a nên B’ H.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A. Theo bài ra. S BCH . a2 3 1 a2 3 a 3  HM.BC   HM  8 2 8 4. 3a 2 3a 2 3a AH  AM  HM    4 16 4 2. C O. M. B. 2. A' O HM  Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a A' O    AH 3 4 3a 3 suy ra. V A' O.S ABC Thể tích khối lăng trụ: Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất .... 1 1aa 3 a3 3  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12. 1 1 1 1  2  2 2 2 Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1  , 2  2 2 2 Tương tự b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 2. 1 1 1 1   1  1  ab  b   1 P       2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  2  ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b  2. 1 1 2 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a = b = c = 1. Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình x2  (x 2  2 x) 2 1  9 x 4  36x 3  37x 2  9 0 9 (*) P. 4 3 2 Xét f (x) 9 x  36x  37x  9 , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E). y x 2  2 x  2 x 2   y 1 cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ  9 8x 2  16x 8y  2  9x 2  9y 2  16x  8y  9 0 2 x  9y 9 (**) 8  4 161 I  ;   9 9  , bán kính R = 9 (**) là phương trình của đường tròn có tâm Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**) Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng ().... Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. 2 2 2 2 Khoảng cách từ I tới () là h = R  r  5  3 4 2.1  2( 2)  3  D  D  7 4   5  D 12   2 2  2 2  ( 1) 2  D 17 (lo¹i) Do đó Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 2. Câu 7a : Tìm hệ số của x ... Ta có. 2. . . I (1  x) n dx C 0n  C 1n x  C 2n x 2    C nn x n dx 0. 0 2. 1 1 1   22 1 23 2 2 n 1 n 0  C 0n x  C 1n x 2  C 2n x 3    C nn x n 1  2C n  C n  C n    Cn 2 3 n 1   0 suy ra I 2 3 n 1 (1) n 1 2 1 3 1 I (1  x) n 1  0 n 1 n 1 Mặt khác (2) 2C 0n . 22 1 23 2 2 n 1 n 3 n 1  1 C n  C n   Cn  2 3 n 1 n 1. Từ (1) và (2) ta có 3 n 1  1 6560   3 n 1 6561  n 7 n 1 Theo bài ra thì n  1 7. k. 14 3 k. 7 7 7 k   1  1  1  x  4   C 7k x  4   k C 7k x 4 2 x 0 0 2 2 x Ta có khai triển  14  3k 1 2 21 2  k 2 C7  2 4 4 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số cần tìm là 2 Câu b:1, Viết phương trình đường tròn .... Do B  d1 nên B = (m; - m – 5), C  d2 nên C = (7 – 2n; n) 2  m  7  2 n 3.2 m  2 n   3 m   1    3  m  5  n  3 . 0  m  n  2   n 1 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên.  . Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x 2  y 2  2ax  2by  c 0 . Do A, B, C  (C) nên ta có hệ 4  9  4a  6 b  c 0  1  16  2a  8b  c 0  25  1  10a  2b  c 0  Vậy (C) có phương trình. a  83 / 54  b 17 / 18 c  338 / 27 . x2  y2 . 83 17 338 x y 0 27 9 27. 7 8   ; ;3  Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất ... Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =  3 3 . .   2.   2. . 2. 2 2 2 Ta có F MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC 3MG 2  GA 2  GB 2  GC 2  2 MG(GA  GB  GC) 3MG 2  GA 2  GB 2  GC 2 F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên (P) 7/3 8/3 3 3 19 56 32 104 64 MG d(G, ( P ))   GA 2  GB 2  GC 2     1 1 1 3 3 9 9 9 3  2.  19  64 553 3.    3 9 khi M là hình chiếu của G lên (P) 3 3   Vậy F nhỏ nhất bằng Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ e x  y  e x y 2(x  1) e x  y  x  y  1   x y  x y e  x  y  1 e  x  y  1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> e v  u  1 e v  u  1 (1)   u  u v e v  1 e  e  v  u ( 2 ) Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  - Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)  u  v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1 Bảng biến thiên: u - 0 f'(u) 0 + f(u). +. 0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0  u 0 . x  y 0 x 0  v 0    x  y 0 y 0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0).

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