de thi thu lan 1 nong cong 3

Tính hệ số a8 biết n thoả mãn hệ thức.. 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 điểm C trên mặt

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 y= 2x3 − 3(m− 1)x2 +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

0

x

−  + ÷  − ÷−

−

2 Cho khai triển ( )2

2

n

− = + + + , n N∈ * Tính hệ số a8 biết n thoả

mãn hệ thức 2 3

3

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

M

Câu V ( 2 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau

2

x y x y





− =



2.Tính tích phân sau I =

4

3 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

M

2 Sự biến thiên

a Giới hạn tại vô cực limx→+∞y= +∞ lim

x

y

→−∞ = −∞

b.Bảng biến thiên

1

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

f x ( ) = 2 ( ⋅ x 3 -3 ⋅ x 2 ) +2

0.25

0.25

0.25

0.25

Nhận xét Đồ thị hàm số nhận điểm uốn 1 3;

2 2

U 

  làm tâm đối xứng

1

x

x m

=



= − − = ⇔  = −

Đồ thị hàm số có cực trị khi y’ có 2 nghiệm ⇔ m≠ 1

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

4

x− ≠ ⇔ ≠ ± + πx π k

Với điều kiện đó phương trình cos 22 2cos 3 sin 3 2 0

⇔ −  + ÷  − ÷− =

⇔ −   + ÷+ − π − =

1 sin 2x sin2 4x sin 2x 2 0

2

 π 

⇔ − − π − − ÷÷+ − =

⇔ − 1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 0 2 − + − =

⇔ − 1 sin 2x 2 − −(1 2sin 2x 2 )+ sin 2x 2 0 − =

⇔ sin 2x sin 2x 2 0 2 + − =

sin 2x 1

⇔ = hoặc sin 2x = − 2 (loại)

So điều kiện phương trình có nghiệm x 5 k2 (k )

4

π

3

n n +n n n =n

⇔ n2 − 7n− = 18 0 ⇔  =n n= −92

Suy ra n=9

Áp dụng khai triển NiuTơn ( )18 18 ( )

18 0

k

=

Hệ số a ứng với k=88

8

8 18 3

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

4

a

SH = SA −AH = 62

4

a

1 1 2 62 3 62

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

HK = HS +HN ⇒ HK HS HN2. 2

HS HN

=

3 31 28

a

Ta có 3

4

HK HN

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu IV Theo bất đẳng thức Cô-si, với x> 0 , ta có

Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được

2

1

+

+ ÷  ÷

b c

a a

a

Tương tự, ta có:

( )

3

3

a b c

b c a

a b c

c a b

≥ + + + +

≥ + + + +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

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

x y x y





− =



TH1: y=0 không thoả mãn

TH2: y≠ 0 Chia cho y2 ta được

2 2

2 2 2

1

x



Đặt u x 1;v x

= − = ta có hệ

2

uv

 − = −

 =



2 1

u v

= −



⇔  = −

 Theo cách đặt ta có

1 2

1 1 1

x

x y

y

 − = −

 = −



Vậy nghiệm của hệ là (-1;1)

Tính tích phân sau

4

3 2

1

x dx

x x

+ +

∫

Đặt t = 2x+ 1 ⇒ 2tdt = 2dx

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

t

+

=

−

3 2 2

2 1

1 dt

t

3

2

1

∫

= ln 1

1

t t t

  − 

  + ÷

  =

3

1 ln 2

+

Ta có BI2 = 125

18 Giả sử A(a;3) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên

AI2 =BI2

3

a

⇔ + ÷ + − ÷ =

1 3 2

a a

 = −





= −

 Suy ra 1;3

3

A− 

  hoặc A(− 2;3)

Phương trình BC: x-1=0

Giả sử C(1;c)

Giải 2 2

CI =BI ⇔

1

 +  + −  =

2 1

c c

=



⇔  = − Với c=-1 thì C trùng B loại

Suy ra C(1;2)

Vậy 1;3

3

A− 

  hoặc A(− 2;3) và C(1;2)

Ta có uuurAB=(2; 2; 2 − ), AB= 2 3, toạ độ trung điểm của AB là I(1;0;0)

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

2 2

 = − +

 + = +

 − = − + 



từ đó phương trình giao tuyến của (P) và ( Q ) là

1 3

2 2

3 1

2 2

y t

 = − +





=





 = −



Giả sử 1 3 ; ;3 1

C− + t t − t

1 . 1.2 3 6

ABC

S = AB CI = CI = ⇔CI = 2

Ta có

2

CI = − + t + +t  − t =

2

1

7

t

t

=





 =

 Vậy có hai điểm C là C(1;1;1) và 4 5 8; ;

7 7 7

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 3

2