Đáy ABC là tam giác vuông tại B có góc C bằng 30o và có trọng tâm là G.. Hai mặt phẳng SGB và SGC cùng vuông góc với mặt phẳng ABC.. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.. PHẦN RIÊNG 3.0
Trang 1Trường THPT Phan Bội Châu TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
ĐỀ THI THỬ Môn: Toán - Thời gian làm bài: 180 phút
-I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm):
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + 3(m – 1)x + 2 có đồ thị (Cm), m∈R
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng d: y = –x + 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 2), B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 2, với M(3; 1)
Câu 2 (2 điểm):
a) Giải phương trình: 5sin3( )π 3 + x + 3sin5( )π 5 −x = 0
b) Giải phương trình: 2 3 3 x+ + 1 3 1 5 − x− = 8 0
Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: 2
1
ln (1 ln )
e
xdx x
+
∫
Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC Đáy ABC là tam giác vuông tại B có góc
C bằng 30o và có trọng tâm là G Cạnh bên SA tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60o và
SA = 2a Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y là hai số thực thỏa điều kiện: x−2 x+ =1 2 y+ −1 y Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x y+ +1
II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A- Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
B(2; -1), phương trình đường thẳng chứa đường cao AH là 3x – 4y + 27 = 0, phương trình đường thẳng chứa phân giác trong CC’ là x + 2y – 5 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, C
Câu 7a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có
phương trình: x2 + y2 + z2 + 2x – 2z – 1 = 0 Lập phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) sao cho (P) cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (khác O) mà OA =
OB = OC
Câu 8a (1 điểm): Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển (1 – x)n, biết n là số cạnh của một đa giác lồi có số đường chéo gấp 13 lần số cạnh của nó
B- Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có
phương trình x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0 và điểm A(-4; 3) Gọi E và F là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến vẽ từ A đến đường tròn (C) Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(-1; 5) và song song với đường thẳng EF
Trang 2Câu 7b (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có
phương trình 4x + y – z = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với mặt phẳng (P) và cách điểm B(1; 3; 6) một khoảng bằng 2
Câu 8b (1 điểm): Cho tập hợp A có n phần tử Biết rằng số tập con gồm 3 phần tử của A nhiều hơn số tập con gồm 2 phần tử của A là 75 tập Hãy tìm số hạng không chứa x trong khai triển ( )x 2 n (x 0)
x
===Hết===
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM BÀI THI THỬ ĐẠI HỌC 2013
m = 0: y = x3 – 3x + 2
* TXĐ: D = R, y’ = 3x2 – 3,
lim y
x = ±∞
→±∞
* BBT:
* Khoảng đồng biến, nghịch
biến, c.đại, cực tiểu
x
y
4
2
-2 -1 O 1
0.25
0.25
0.25
0.25
P.trình hoành độ giao điểm của
d và (Cm):
x3 + 2mx2 + 3(m – 1)x + 2 = -x 0.25
+ 2
⇔x = 0 hoặc x2 + 2mx + 3m –
2 = 0 (1)
d cắt (Cm) tại B, C khác A⇔(1)
có 2 nghiệm phân biệt x1, x2
khác 0 ⇔{ 2 3 2 0
3m m− 2 0m+ >
B, C∈d nên B(x1; 2–x1), C(x2; 2–x2)⇒BC = 2 x x1 − 2
dt(∆MBC) =
2BC d M d = −x x
Do đó dt(∆MBC) = 2 2 ⇔
x −x =
(x +x) − 4x x = ⇔ 8 m2 – 3m
= 0
⇔m = 0, m = 3 thỏa (*)
Vậy m = 0 và m = 3 là các giá trị cần tìm
0.25
0.25
0.25
Pt ⇔ 5sin(π + 3x)+ 3sin(π − 5x)= 0
⇔ 5sin( 3 ) 3sin5 − x + x= 0
⇔ 3(sin5x− sin3 ) 2sin3x − x= 0
3 3cos4 sinx x− (3sinx− 4sin ) 0x = ⇔
2 sin (4sinx x+ 3cos4 3) 0x− = ⇔
2
3cos 2x=x cos2x 2 0
0.25 0.25 0.25
0.25
x - ∞ -1 1
+ ∞
y
’
+ 0 - 0 +
y - ∞ Z 4 ] 0 Z +∞
Trang 3sin 0
2
x
x
x
x k
π
π
=
= ± − +
k Z∈
Đặt u= 3 3x+ 1,v= − ≥ 1 5x 0,được:
{5 3 3 2 8
2u u + 3v v = 8
3v u 8 2 + −u u =
⇔{15 3 4 2 32 40 0
3v u 8 2 + u u− u+ =
= −
4 0
u
v= −
= ≥
Vậy 3 3x+ = − 1 2 Nghiệm của
p.trình đã cho là x = -3
Cách khác cho câu 2b:
Đặtu= 3 3x+ 1,x=u33−1dẫn đến
3
8 5
3 −3u = −8 2u
⇔{8 2 3 0 2
3(8 5 ) (8 2 ) − u u≥ u
⇔{ 3 2 2
+ − + = ⇔u =
-2
⇒x = -3 là nghiệm của p.trình
đã cho
0.25 0.25 0.25
0.25 -0.25 0.25 0.25 0.25
Đổi biến t = lnx⇒dx e dt= t
Đổi cận: x= ⇒ = 1 t 0,x e= ⇒ =t 1
I =
1
ln
x dx te dt
2
(1 ) 1
u te du e t dt
dt
=
I =
1 1
1 0
0 0
t
te e dt e e
2e−
Cách 2:
0.25 0.25
0.25 0.25
0.25
Viết lại I =
ln ln
x
x
=
Đổi biến t 1 lnx dt ln 2x dx
Đổi cận: x= ⇒ = 1 t 1, x e= ⇒ =t 2e
I =
2 1 1
1
dt t t
− =
∫
I = 2 1
e−
Cách 3:
ln
1 ln
xdx dx dx
x
x = + − x
-I2
2 1 1
(1 ln )
x
dv dx v x
−
+
=
e e
x + x = −
Suy ra I = e/2 – 1
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25
0.25 0.25
(SGB)⊥(ABC) và (SGC)⊥
(ABC) ⇒
SG⊥(ABC)
⇒ SAG∧ = 60o
⇒SG = a 3,
AG = a Gọi M là trung điểm của BC thì AM = 3a/2
ABC là nửa tam giác đều nên
BC = AB 3
∆ABM cho AM2 = AB2 + BM2
⇔9a2/4 = AB2 + 3AB2/4
⇔AB = 3
7
a ⇒BC = 3 3
7
a
Thể tích khối chóp S.ABC là: V
= 9 3
14a
0.25
0.25
0.25 0.25
G M
B S
Trang 4Câu 5 1đ
Đặt u= x+ 1,v= y+ 1 Từ
đ.kiện và yêu cầu của bài toán,
hệ p.trình sau phải có nghiệm
1
u v u v
u + − =v P +
+ = +
Viết lại hệ: 2
1 2
8
P
u v
uv
−
+ =
− −
=
ra u v, là 2 nghiệm không âm
2
2 P21 P 68P 3 0
t − − t+ − − = (*)
Điều kiện để (*) có 2 nghiệm
không âm là:
2
0
P P
∆ ≥
≥ ⇔ − − ≥
3 2 3 + ≤ ≤ +P 5 4 2
Vậy: MaxP = 5 4 2 + khi x = y =
2+2 2
MinP = 3 2 3 + khi x = 3+2 3, y
= -1 hay ngược lại
-Cách khác cho câu 5:
Đặt X = x+ 1,Y = y+ 1 Điều
kiện bài toán trở thành X2 + Y2 –
2X – 2Y – 2 = 0.(1)
(X; Y) là tọa độ điểm M thuộc
cung tròn (C) tâm I(1;1) có
phương trình (1) nằm trong góc
XOY của mp tọa độ OXY
(C) cắt OX, OY và tia phân giác
góc XOY lần lượt tại A(1 3 + ; 0),
B(0;1 + 3) và T(1 + 2;1 + 2)
(OA=OB)
Có P + 1 = X2 + Y2 = OM2
P lớn nhất⇔P+1 lớn nhất⇔
OM lớn nhất ⇔M≡T⇔OM2 =
6+4 2
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
P nhỏ nhất ⇔ M≡A (hoặcB)
⇔OM2 = 4+2 3 Vậy MaxP = 5+4 2 khi x = y = 2+2 2
MinP=3+2 3 khi x=3+2 3
,y=-1 hay y=3+2 3,x=-1
BC qua B và vuông góc với AH nên có phương trình là: 4x + 3y – 5 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
{4 3 5 0
x y
x +y − = + − = ⇒ C(-1; 3)
Phương trình đường thẳng d qua
B và vuông góc với CC’ là 2x –
y – 5 = 0 Tọa độ giao điểm I của d và CC’ là nghiệm của hệ:
{2 5 0
x y
x − − =y
+ − = ⇒ I(3; 1) Gọi B’
là điểm đối xứng của B qua I thì B’(4; 3)
Đường thẳng AC qua C và B’
nên có VTCP là CBuuur' (5;0) = hay VTPT nur= (0;1) Suy ra p.trình của AC là y – 3 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
{ 3 0
3y x− = 4y 27 0
− + = ⇒ A(-5; 3)
0.25 0.25
0.25
0.25
(S) có tâm I(-1; 0; 1), bán kính
R = 3
Gọi A(a; 0; 0) Từ g.thiết suy ra B(0; a; 0), C(0; 0; a) với a>0
Phương trình (P) có dạng:
a a ax+ + =y z hay x y z+ + =
(P) tiếp xúc (S) nên d(I,(P)) = R
3
a =
Do a > 0 nên a = 3
0.25
0.25
0.25 0.25
Trang 5Vây: (P) có phương trình x + y
+ z – 3 = 0
Số đường chéo của đa giác là
2
C n−n
Theo giả thiết: 2
13
C n− =n n
Giải ra được n= 29
Số hạng tổng quát trong khai
triển là 29k( )k
C −x
Số hạng chứa x13 là 13 13
29 ( )
C −x =
13
67863915x
−
0.25
0.25
0.25 0.25
(C) có tâm I(2;1), bán kính R =
3
d cùng phương EF nên nhận
(6; 2)
AI = −
uur
làm VTPT
Phương trình d: 3x – y + 8 = 0
d(I,(d)) = 13
10 >R ⇒ d không
trùng EF
Vậy phương trình d là 3x – y +
8 = 0
-Cách khác: (C) có tâm I(2;1)
Phương trình đường tròn (AEIF)
là
x2 + y2 + 2x – 4y – 5 = 0
Tọa độ E, F là nghiệm của hệ
hai phương trình của (C) và
(AEIF) Trừ theo vế hai phương
trình nầy suy ra phương trình
của EF là 6x– 2y – 1 = 0
Suy ra phương trình của d là
3x– y + 8 = 0
0.25
0.25 0.25 0.25
-0.25 0.25
0.25 0.25
(Q) qua A nên có pt: ax +by
+cz–a–b–c = 0
Với a, b, c không đồng thời
bằng 0
(Q)⊥(P)⇒4a + b – c = 0 ⇒ c =
0.25
0.25
4a + b (1) d(B,(Q)) = 2 2 2
2
b c
a b c
+ +
20a+ 7b = 2 a + +b (4a b+ )
⇔332a2 + 248ab + 41b2
2
a hay a
= −
Vậy có hai mp(Q) có phương trình :
x–2y+2z – 1 = 0, 41x – 166y – 2z + 127=0
0.25 0.25
Từ giả thiết suy ra: C n3 −C n2 = 75
Giải được n = 10
Số hạng tổng quát
10k k( )2 k ( 2)k 10k k
x
Số hạng không chứa x ứng với k
= 5 Vậy số hạng không chứa x là -8064
0.25 0.25
0.25 0.25