Đ? và Đáp Án thi thu ĐH l?n 3 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 3 ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN 3 Năm học 2012 – 2013 Môn thi Toán Lớp 12 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu[.]
Trang 1SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 Năm học 2012 – 2013 Môn thi: Toán Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3−3x2+4 có đồ thị là (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm m để đường thẳng d y: =mx+m cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(- 1; 0) , B, C và hai giao điểm B, C cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1
x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
sin 4
os tan 1
x
π
=
+
Gọi I là trung điểm của AC, M là hình chiếu vuông góc của A trên SB Biết SI vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SI =a Tính thể tích khối chóp S.ACM và tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) theo a
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có A thuộc d1: x − − = y 2 0 , B thuộc trục hoành, trung điểm của AB nằm trên d2: 2 x − − = y 1 0 và I(3; -5) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC, biết A
có hoành độ dương
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm H 2 2 2; ;
3 3 3
Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác O) sao cho H là trực tâm tam giác ABC
Câu 9 (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 4
x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
3
4
n
n
x
x
−
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn
n
C −− + nA = - Hết -
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 3
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3
Năm học 2012 – 2013 Môn: Toán Lớp 12
a) (1,0 điểm)
+ Tập xác định: D = R + Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y'=3x2−6x= ⇔ =0 x 0 hoặc x = 2
- Các khoảng đồng biến (−∞; 0) à (2;v +∞); khoảng nghịch biến (0 ; 2)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y cđ = 4; đạt cực tiểu tại x = 2, y ct = 0
- Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 4 +∞
-∞ 0
+ Đồ thị
0,25 0,25 0,25 0,25 b) (1,0 điểm) 1 (2,0 điểm) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là: 3 3 2 4 ( 1) ( 2)2 0 12 ( 2) (*) x x x mx m x x m x m = − − + = + ⇔ + − − = ⇔ − = Đồ thị (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt 0 9 m m > ⇔ ≠ Khi đó ( 1; 0), (2A − B − m;3m m m C− ), (2+ m;3m+m m) Ta có: 2 2 2 1 , ( ; ) ( ; ) 1 m BC m m d O BC d O d m = + = = + 2 2 1 1 ( ; ) 2 1 1 1 1( ) 2 2 1 ABC m S BC d O BC m m m m m tm m ∆ = = + = ⇔ = ⇔ = +
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 3Câu Đáp án Điểm
2
(1,0 điểm)
⇔ + − − + − = +
⇔2 sinx+sin 2x= 3 os2c x⇔ 3 os2c x−sin 2x=2 sinx
os 2 os
c x π c π x
2
k
3
x= − π +k π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
k
x= +π π
3
x= − π +k π
0,25 0,25 0,25
0,25
3
(1,0 điểm)
Hệ phương trình đã cho
⇔
Phương trình (1) ⇔ = −x y hoặc x = 3y + 1
Với x = - y thay vào (2) ta có: x− +3 3− = ⇔x 3 vô nghiệm
Với x = 3y + 1 thay vào (2) ta có: 3 y− +2 y+ =3 3 (3), ĐK: 2
3
y≥ (3)⇔ 3y2+7y− = −6 4 2y
2 2 1 4
y
≤
Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (4 ; 1)
0,25 0,25
0,25
0,25
4
(1,0 điểm)
Ta có:
4
0
sin 4
x
x c x
π
=
+
∫
t= x+c x⇒t = x+c x⇒ tdt= − xdx
x= ⇒t= x=π ⇒t=
Vậy
2
2 0
I = − ∫ dt= − t = −
0,25 0,25
0,5
5
(1,0 điểm)
A
S
M
I
N
Trang 4+ 1 2; . 1 1 3
S∆ = AB BC=a V = SI S∆ = a Nhận xét: SCA∆ vuông cân tại S ⇒SA=SC=a 2 Khi đó ta có SAB∆ cân tại A
=> M là trung điểm của SB
.
S ACM
S ACB
+ Trong (SAC) kẻ IN // SC => IN ⊥SA và N là trung điểm của SA
Tính SB=a 2⇒∆SAB là tam giác đều cạnh a 2 => BN ⊥SA
Vậy: góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) là góc INB
+ Ta có BI ⊥SI BI, ⊥AC⇒BI ⊥(SAC)⇒BI ⊥IN
IN
BN
0,25
0,25
0,25
0,25
6
(1,0 điểm)
2
x
−
+ Cộng theo vế của ba BĐT (1), (2), (3) ta suy ra:
[ ]
3
2 x+2 y+2 z≥ + + ≥x y z xyz ≥ xyz do x y z∈
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
0,5
0,5
7
(1,0 điểm)
+A∈d1:x− − =y 2 0⇒ A a a( ; −2) (a>0); B∈Ox⇒B b( ; 0)
M là trung điểm của AB => ; 2 2: 2 1 0 2
a b a
+ ( 2 ; 2A − b − −b 2), B b( ; 0) ∆ABC vuông tại A, I(-3 ; 5) là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC => I là trung điểm của BC => (6 C − −b; 10)
= − ⇒ =
+ Vậy (4; 2),A B( 2; 0),− C(8; 10)−
0,25
0,25 0,25
0,25
8
(1,0 điểm)
+ Khẳng định: tứ diện OABC có góc tam diện O, H là trực tâm ∆ABC
=> OH⊥(ABC) hay OH⊥(P)
+ Véc tơ pháp tuyến của (P) là n 3OH (1;1;1)
2
= > (P) : x + y + z – 2 = 0
0,5
0,5
Trang 5Câu Đáp án Điểm
9
(1,0 điểm)
n
−
+ Đưa ra được phương trình : 2n3− −n2 9n−888= ⇔ =0 n 8
+ Khi đó ta có:
8 8
8 0
2
k
x
=
+ Để có hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển của P(x) => k = 3
+ Vậy hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển của P(x) là: C832 ( 1)5 − 3 = −1792
0,25
0,25 0,25 0,25
- Hết -
(Hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang)