Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 12 pot

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số vớim0.. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị Cm tại điểm A có hoành độ là 1.. SA vuông góc với đáy ABCD.. Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng SBM và

SỔ GD-DT TUYÊN QUANG

TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN TOÁN

Khối A1,A, B

Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

yx  m x  mx m

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số vớim0

2 Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm A có hoành độ là 1 Tìm m để 

cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho OABlà tam giác vuông cân tại O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác: 3

4sin x2 cos (sinx x1) 4 sin x 1 0

2 Giải hệ phương trình: 2 1 32

2

x y x y

  





 



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

1

0 (3x x1)(2x1)dx



Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB2a,

2

ADa SA vuông góc với đáy ABCD Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt

phẳng (SBM) và (ABCD) là 60o CMR BM (SAC) và tính thể tích khối chóp S.BCM

theo a

Câu V(1,0 điểm) Cho a b, ¡ , a b, 0 CMR: 2 3 2 3 1 1

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến

BM: 2x  y 1 0đường phân giác trong CD: xy 1 0 Viết phương trình cạnh BC.

Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz choA2; 2; 2 , B 0; 1; 2 ,     

C 2; 2; 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục

y’Oy, z’Oz tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho ON2OM

Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2C22n13.2.2C23n1 ( 1) (  k k k1)2k2C2k n1 2 (2 n n1)22n1C22n n11 40200

Hết

Giám thị coi thi không phải giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng tài liệu

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 2013

I a) Khi m 0 ta có 3 2

y  x  3x 4

* Tập xác định: D = R

* Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: 2

y  x  x

0 ' 0

2

x y

x





   



H/s ĐB trên các khoảng (; 0) và (2;), NB trên khoảng(0; 2)

 Cực trị: H/s đạt CĐ tại x0 :y CD 4

H/s đạt CT tại x2 :y CT 0

 Giới hạn: lim

x y

   lim

x y

  

 Chiều biến thiên: , 2  

y  3x  6x  3x x2

H/s không có tiệm cận

 Bảng biến thiên:

* Đồ thị :

Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận

điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng

2) Ta có: 2

y  x  m x m

x  y  y  

PTTT: y 3(x1)2

PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến  và đồ thị (Cm):

x  m x  mx m   x 

( 1) ( 3 1) 0

x

x m







Ta có: B(3m 1; 9m 2   )OAuuur1; 2 , OB muuur(3  1; 9m2)

B Am1

0.25

0.25

0,25

0,25

0,25

0,25

x  0 2 

'

y + 0 - 0 +

y 4 

 0

x y

O

4

2

I

-1

2

1

 vuông cân tại A

(3 1) 2( 9 2) 0

3

OA OB

m



uuur uuur

Vậy 1

3

m  là giá trị cần tìm

0,25

0,25

1 Giải phương trình lượng giác: 3

4sin x2 cos (sinx x1) 4 sin x 1 0

2

4 sin (1x cos ) 2 cos (s inx 1) 4sinx x x 1 0

2

4 sin cosx x 2 sin cosx x 2 cosx 1 0

(2 cosx 1)( 2 sinx 1) 0

2 2 3

6 5 2 6















  













¢

0,25 0,5

0,25

II

2 Giải hệ phương trình: 2 1 3 (1)2

2 (2)

x y x y

  





 

 Nhận thấy y  không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y 0

và phương trình (2) cho y ta được:2 2

2

1 1

3 (3) 3

1

2 (4) 2

x x

x x

x

x







1

    thay vào (4) ta có:

2

x y

x

y







   



   







+ x 1 x y

y    thay vào (2) ta được:

y

y

  

 



+x 2 x 2y

y    thay vào (2) ta được:

3 2

1

2

y

y







  

 Vậy hệ có 4 nghiệm: (1 2;1 2), (2,1), ( 1; 1)

2

0,25

0,25

0,25

0,25

III

Tính tích phân:

1

0 (3x x1)(2x1)dx



Ta có:

(3x x1)(2x1)dx 3 (2x x1)dx x1(2x1)dx M N

3 (2x 1)

M  x dx

Đặt

2

2 1

3 3

ln 3

x x

du dx

u x







1

0 0

ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3

x

1

0

1(2 1)

N  x x dx

Đặt t x 1 x  t 1 dxdt

Đổi cận:

2

N  t t dt t t dt t  t   

Vậy

1

2 0

8 ln 3 4 28 2 2

x



0,25

0,25

0,25

IV Gọi I là giao điểm của AC và MB Xét ABC và BCM

ACBBMCMBCBMCMBCACB

BIC

  Vuông tại I hay BM AC,

mà SA(ABCD)BM BM SA

BM SAC

   góc giữa hai mặt phẳng (ABCD và () SBM )

Là góc giữa SI và AI hay ¶SIA 60o

Ta có: ABC: ABI

3 6

AI



Xét SAIvuông tại A Ta có: tan¶ tan¶ 2 6 3 2 2

3

AI

2

BCM

a

S  BC CM  SA là chiểu cao của khối chóp S BCM nên

.

S BCM BCM

0,5

0,5

V

Cho a b, ¡ , a b, 0 CMR: 2 3 2 3 1 1

CM

Ta có

2

a  b a  a   a b a    a b a b 

x 0 1

t 1 2

I M

B

D

A

C S

Tương tự 2 3 1

b  a a b 

Ta sẽ CM:

2

          (a b )2 0

Dấu “=” xảy ra 1

2

0,25 0,25

0,25

VI Điểm CCD x: y  1 0 C t( ;1t) suy ra trung điểm của AC

Là 1 3;

M   

MBM x        

7 ( 7;8)

    

Từ A(1;2) kẻ AK CD x:   y 1 0 (KBC)

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ 1 0 (0;1)

1 0

x y

I

x y

  







  



ACK

 cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0)

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình 4x3y  4 0

0,25

0,25

0,25 0,25

VII Từ giải thiết ta chọn M(0; ; 0)m và N(0;0; )n trong đó mn 0 và n 2m

Gọi nr là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên

(2;3; 3)

nr BCuuur   , nr MNuuuur(0;m n; ) nên ta chọn nr BC MNuuur uuuur, (3n4 ; 2 ; 2 )m  n  m

+ n2mnr (9 ; 4 ; 2 )m  m  m và (P) đi qua ( 2; 2; 2)A   nên (P) có phương trình:

3x4y2z10 0

+n 2mnr  ( 9 ; 4 ; 2 )m m  m và (P) đi qua ( 2; 2; 2)A   nên (P) có phương trình:

9x4y2z30 0

Vậy  P : 3x4y2z100

Hoặc 9x4y2z30 0

0,25

0,25 0,25

0,25

VIII Tìm số nguyên dương n biết:

2C n 3.2.2C n  ( 1) (  k k k1)2k C k n  2 (2 n n1)2nC n n  40200

* Xét (1x)n1C0n1C1n1xC2n1x2 (1)kCkn1xk Cnn11xn1 (1)

* Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:

(2n 1)(1 x)n C n 2C nx ( 1)k kC k nx k (2n 1)C n nx n

Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:

1 n 1 2 1 2 2

k k 1 2 k

3 1 n 2

1 2 1 n

x C ) 1 n ( n

x C ) 1 k ( k ) 1 (

x C 3 C 2 ) x 1 )(

1 n

(

n                 

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2C  2n(2n 1)2 C 

Phương trình đã cho 2n(2n1)402002n2n201000n100

0,25 0,25

0,25 0,25

Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà vẫn cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

I

K

A

C B