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 Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 2 3 1y x m x m= − − + (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: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 0 2cos 2 x x x x π π     − + − −  ÷  ÷     = − 2. Cho khai triển ( ) 2 2 0 1 2 1 3 n n n x a a x a x− = + + + , * n N∈ . Tính hệ số 8 a biết n thoả mãn hệ thức. 2 3 2 14 1 3 n n C C 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: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c M a b c b c a c a b = + + + + + + + + Câu V ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình sau 2 2 2 2 2 1 4 2 x y xy y xy x y x y  + − + = −   − =   2.Tính tích phân sau I = 4 3 2 1 2 1 x dx x x + + ∫ Câu VI ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm 7 1 ; 6 2 I   −  ÷   , 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 . 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 ĐÁP ÁN ĐIỂ M 1 1. TXĐ D=R 2. Sự biến thiên a. Giới hạn tại vô cực lim x y →+∞ = +∞ lim x y →−∞ = −∞ b.Bảng biến thiên Ta có 2 0 ' 6 6 0 1 x y x x x =  = − = ⇔  =  −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + 2 +∞ y −∞ 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 1;+∞ Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;1 Hàm số đạt cực đại tại x=0, y cđ =2 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y ct =1 3.Đồ thị 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 f x ( ) = 2 ⋅ x 3 -3 ⋅ x 2 ( ) +2 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Nhận xét. Đồ thị hàm số nhận điểm uốn 1 3 ; 2 2 U    ÷   làm tâm đối xứng Ta có 2 0 ' 6 6( 1) 0 1 x y x m x x m =  = − − = ⇔  = −  Đồ thị hàm số có cực trị khi y’ có 2 nghiệm ⇔ 1m ≠ Toạ độ hai điểm cực trị A(0;m) và M(m-1;-(m-1) 3 +m) ⇒ AB: y=-(m-1) 2 x+m Ba điểm A,B, I(3;1) thẳng hàng khi I AB∈ ⇔ 1 = -(m-1) 2 .3+m ⇔ 1 4 3 m m =    =  Vậy giá trị m cần tìm là 4 3 m = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu II 1 2 ĐK: 2cos 2 0 2 4 x x k π − ≠ ⇔ ≠ ± + π Với điều kiện đó phương trình 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 0 4 4 x x x π π     ⇔ − + − − =  ÷  ÷     ( ) 2 1 cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0 2 2 x x x  π   ⇔ − + + − π − =  ÷       2 1 sin 2x sin 4x sin 2x 2 0 2   π   ⇔ − − π − − + − =  ÷ ÷     2 1 sin 2x cos4x sin 2x 2 0⇔ − − + − = ( ) 2 2 1 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 2 0⇔ − − − + − = 2 sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − = sin 2x 1⇔ = hoặc sin 2x 2= − (loại) So điều kiện phương trình có nghiệm 5 x k2 (k ) 4 π = + π ∈¢ 2 3 2 14 1 3 n n C C n + = ⇔ 4 28 1 ( 1) ( 1)( 2)n n n n n n + = − − − ⇔ 2 7 18 0n n− − = ⇔ 2 9 n n = −   =  Suy ra n=9 Áp dụng khai triển NiuTơn ( ) ( ) 18 18 18 0 1 3 3 k k k x C x = − = − ∑ Hệ số 8 a ứng với k=8 ( ) 8 8 8 18 3a C= − = 3544398 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,25 0.25 0.25 (loại) Câu III K I N M S H O D C B A 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⊥ Ta có 2 ABCD S a= , 2 4 a AH = , 2 2 SH SA AH= − = 62 4 a 3 2 1 1 62 62 . . . . 3 3 4 12 SABCD ABCD a a V S SH a= = = b) Gọi K,I lần lượt là hình chiếu của H, M trên SN, 3 4 a HN = Vì AB// (SCD) nên [ ] ( ) ;( ) ;( )d B SCD d M SCD MI= = Ta có 2 2 2 1 1 1 HK HS HN = + ⇒ 2 2 .HS HN HK HS HN = + = 3 . 31 28 a Ta có 3 4 HK HN MI MN = = ⇒ 4 4 3 . 31 31 . . 3 3 28 7 a a MI HK= = = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu IV Theo bất đẳng thức Cô-si, với 0 > x , ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 (1 ) 1 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x + + − + + = + − + ≤ = + Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được ( ) 3 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 2 = ≥ ≥ = + + + + + +   +   + + +  ÷  ÷     a a b c a b c b c a b c b c a a a Tương tự, ta có: ( ) ( ) 3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 b b a b c b c a c c a b c c a b ≥ + + + + ≥ + + + + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1+ + ≥ + + = + + + + + + + + + + + + a b c a b c a b c a b c a b c a a b b c a c a b Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b c = = . 0.25 0.5 0.25 CâuV 1 2 Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 1 4 2 x y xy y xy x y x y  + − + = −   − =   TH1: y=0 không thoả mãn TH2: 0y ≠ . Chia cho 2 y ta được 2 2 2 2 2 1 1 4 1 1 6 1 2 2 x x x x x x y y y y y y x x x x y y y y  −      − + − + = − − − =   ÷  ÷        ⇔       − = − =  ÷       Đặt 1 ; x u x v y y = − = ta có hệ 2 6 2 u u v uv  − = −  =  2 1 u v = −  ⇔  = −  Theo cách đặt ta có 1 2 1 1 1 x x y x y y  − = −  = −   ⇔   =   = −   Vậy nghiệm của hệ là (-1;1) Tính tích phân sau 4 3 2 1 2 1 x dx x x + + ∫ Đặt 2 1t x= + ⇒ 2tdt = 2dx Đổi cận 3 2; 4 3 2 x t x t= ⇒ = = ⇒ = . Khi đó 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VI 1 2 3 2 2 2 1 1 t I dt t + = − ∫ = 3 2 2 2 1 1 dt t   +  ÷ −   ∫ = 3 2 1 1 1 1 1 dt t t   + −  ÷ − +   ∫ = 1 ln 1 t t t  −    +  ÷  ÷ +     = 3 1 ln 2 + Ta có BI 2 = 125 18 . Giả sử A(a;3). Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên 2 2 AI BI= 2 2 7 1 125 3 6 2 18 a     ⇔ + + − =  ÷  ÷     ⇔ 1 3 2 a a  = −   = −  Suy ra 1 ;3 3 A   −  ÷   hoặc ( ) 2;3A − Phương trình BC: x-1=0 Giả sử C(1;c) Giải 2 2 CI BI= ⇔ 2 2 7 1 125 1 6 2 18 c     + + − =  ÷  ÷     2 1 c c =  ⇔  = −  Với c=-1 thì C trùng B loại Suy ra C(1;2) Vậy 1 ;3 3 A   −  ÷   hoặc ( ) 2;3A − và C(1;2) Ta có ( ) 2; 2;2AB = − uuur , 2 3AB = , toạ độ trung điểm của AB là ( ) 1;0;0I 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 1 2 2 2 2 3 1 2 2 x t x z t x z t z t  = − +  + = +   ⇔   − = − +   = −   từ đó phương trình giao tuyến của (P) và ( Q ) là 1 3 2 2 3 1 2 2 x t y t z t  = − +   =    = −  Giả sử 1 3 3 1 ; ; 2 2 2 2 C t t t   − + −  ÷   1 1 . . .2 3. 6 2 2 ABC S AB CI CI= = = 2CI⇔ = Ta có 2 2 2 2 3 3 3 1 2 2 2 2 2 CI t t t     = − + + + − =  ÷  ÷     ⇔ 2 1 7 12 5 0 5 7 t t t t =   − + = ⇔  =  Vậy có hai điểm C là. ( ) 1;1;1C và 4 5 8 ; ; 7 7 7 C    ÷   0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 3 2 . ) ( ) ( ) 2 2 3 2 (1 ) 1 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x + + − + + = + − + ≤ = + Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được ( ) 3 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 2 = ≥ ≥ = + +. ) ( ) 3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 b b a b c b c a c c a b c c a b ≥ + + + + ≥ + + + + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1+ . = 2dx Đổi cận 3 2; 4 3 2 x t x t= ⇒ = = ⇒ = . Khi đó 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VI 1 2 3 2 2 2 1 1 t I dt t + = − ∫ = 3 2 2 2 1 1 dt t   +  ÷ −   ∫ = 3 2 1 1 1 1 1 dt t t   +