Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt M2; 0, N, P sao cho tiếp tuyến của C tại N và P vuông góc với nhau..
Trang 1SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối A
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3 −3x2 +4 ( )C
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình: 1 2 cos( sin )
tan cot 2 cot 1
−
=
2 Giải hệ phương trình:
Câu III (1 điểm) Giải phương trình: 33x− =5 8x3−36x2+53x−25
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc
với đáy Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi E là trung điểm của BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a
Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx+ + =3 Chứng minh rằng:
2
Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần.
A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa.(2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I(2; 1) và AC = 2BD Điểm 1
0;
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có
hoành độ dương
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( ): 2 2 1
25 9
Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4
CâuVIIa (1 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển biểu thức ( ) 2( )2
1 2 n 1 3 n
P x= − x +x + x , biết rằng 2 1
1 5
n
A −C+− =
B Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb.(2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, biết rằng các đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là 3x+4y+ =1 0và 2x y− − =3 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là ( )
12 2+ 3
Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho:
2 1 2.2 2 1 3.2 2 1 4.2 2 1 2 1 2 n 2n1 2013
……… Hết……….
Trang 2WWW.VNMATH.COM
Trang 3ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI A
WWW.VNMATH.COM
I.1
( )C x
x
y= 3 −3 2 +4
+ Tập xác định: D = ¡
+ Giới hạn: limx→−∞y= −∞, limx→+∞y= +∞ 0.25
+ Đaọ hàm ' 3 2 6 ; ' 0 0
2
x
x
=
BBT:
y
-∞
4
0
+∞
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0 , 2;) ( +∞), nghịch biến trên khoảng
( )0; 2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CD =4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT =0
0.25
+ Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1; 0) và nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng
0.25
I.2
Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 0) và có hệ số góc k là:
( −2)
=k x
y
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: k(x−2)= x3 −3x2 +4
=
−
−
−
=
=
=
⇔
=
−
−
−
−
⇔
0 2
2 0
2
k x
x x g
x x
k x
x
0.25
+ (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P ⇔ pt g( )x =0có hai nghiệm phân biệt
9 0
2
0
≠
<
−
⇔
≠
>
∆
g
0.25
+ Theo định lí viet ta có:
−
−
=
= +
2
1
k x x
x x
N M
N M
+ Các tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau⇔ y'( ) ( )x M y' x N =−1
0.5
Trang 4( )( ) 3 32 2
0 1 18 9
1 6
3 6
3 2 − 2 − =− ⇔ 2 + + = ⇔ = − ±
1
pt
Điều kiện: sin 2 0 2
cos sin 0
4
k x x
π
≠
≠
0.25
Khi đó pt sin 2 2 sin cos 2 2 ( )
Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là 2 ( )
4
x= − +π k π k∈
( )
Điều kiện: 1
1
x y
≥
≥
Trừ hai vế của pt (1) và (2) cho nhau ta được:
0
1
0
x y x y
x y
⇔ =
0.5
Thay x = y vào pt (1) ta được:
2
2
2
1 1
21 5
x x
− +
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2
0.5
III
33 5 2 3 2 *
2y− =3 3x− ⇔5 2y−3 =3x−5
Ta có hệ phương trình: ( ) ( )
3
3
0.5
Trừ vế với vế hai phương trình của hê ta đươc:
⇔ =
0.5
Trang 5Thay x=y vào (**) ta được:
IV Vì CB AB CB (SAB)
⊥
SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
·
(SC SAB, ) (·SC SB, ) CSB· 300
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
3 2
.
a
+ Từ C dựng CI // DE
2
a
CE DI
Từ A kẻ AK ⊥CI cắt ED tại H, cắt CI tại K
Ta có: SA CI CI (SAK) (SCI) (SAK)
⊥
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT ⊥ AK⇒HT ⊥(SCI)
0.25
2
3
2
ACI
a a
a
+ ÷
Lại c ó: ·
2 2
2
sin
19 9
2
5
a a
a
+
Vậy ( , ) 38
19
0.25
V
Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương 2xyz1 ,2xyz1 ,(x y y z z x+ ) ( 4+ ) ( + ) ta được: 0.25
Trang 6( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 3
3
x y z x y y z z x
≥
Ta có:x y z x y y z z x2 2 2( + ) ( + ) ( + =) xyz zx yz xy zx yz xy( + ) ( + ) ( + )
Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương xy, yz, zx:
( )
3
2 2 2
3
xy yz zx
Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương zx yz xy zx yz xy+ , + , + :
3
0.5
Từ (1) và (2) suy ra: x y z x y y z z x2 2 2( + ) ( + ) ( + ≤) 8
Vậy ( ) ( ) ( ) 3
2 8
0.25
VIa1
Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I⇒N' 4; 5( − )
0.25
Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến AB là: 4.2 3.1 12 2 2
4 3
+
0.25
Vì AC = 2BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x, trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán
kính 5
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 4
1 3
1
5 1; 1
x y
x
x
y
B
−
=
−
= −
0.25
Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a≠0) Tung độ giao điểm 0.25
Trang 7của (d) và (E) là: 2 2 2 25 2 3 2( )
Vậy ;3 25 2 , ; 3 25 2 6 25 2
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 5 5, 5 5
VIIa
Điều kiện n≥2,n∈¥
Ta có:
2 1 1
2
1
2 2( )
3 10 0
5
n
n
− +
+
= −
0.5
Với n = 5 ta có: ( )5 2( )10 5 ( ) 2 10 ( )
⇒số hạng chứa x5 là 1 ( )4 2 7 ( ) (3 ) 5 5
2 3 16.5 27.120 3320
Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320
0.5
VIb1
+ Tọa độ B AB BD= ∩ là nghiệm của
1; 1
B
+ S ABCD =AB AD =22 1( )
+ Ta có: ·
2 2 2
2
5 5
AD
AB
−
Từ (1) và (2) ta có: AD =11; AB = 2 (3)
0.25
+ Vì D BD∈ ⇒D x( ; 2− +x 3) Ta có: ( ; ) 11 11 ( )4
5
x
Từ (3) và (4) suy ra 11 11 55 6
4
x x
x
=
0.25
+ Với x = 6 ⇒D( )6;9 ⇒phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là : 4x−3y+ =3 0
3 1 38 39
0.25
+ Với x = -4 ⇒D(− −4; 11)⇒phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là : 4x−3y− =17 0
0.25
Gọi pt Elip cần tìm là: x22 y22 1(a b 0)
a +b = > > với hai tiêu điểm là F1(−c;0 ,) ( )
2 ;0
F c (c2 =a2−b c2, >0) và hai đinh trên trục nhỏ là: B1(0;−b B) ( ), 2 0;b
0.25
Trang 8Theo giả thiết ta có hệ:
2 2
3
6 4
3
2
3
3 2 3
a
c
a b
a b
0.5
Vậy (E): 2 2 1
36 27
VII
2 1 2.2 2 1 3.2 2 1 4.2 2 1 2 1 2 n 2n1 2013
C + − C + + C + − C + + + n+ C ++ = (*)
Xét khai triên:
1+x n+ = 0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n 2n1
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:
2n+1 1+x n = 1 2 2 3 3 4 ( ) 2 2 1
2 1 2 2 1 3 2 1 4 2 1 2 1 n 2n1
0.5
Thay x=-2 vào ta được:
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2.2 3.2 4.2 2 1 2 n n
Do đó (2)⇔2n+ =1 2013⇔ =n 1006
0.5
……… Hết……….
WWW.VNMATH.COM
