Đề thi thử ĐH 2013

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 ABCD là 60o.. CMR BM ⊥SAC và tính thể

SỞ GD&ĐT 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 y x= −3 3(m+1)x2+6mx−3m+4.

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: 4sin3 x−2cos (sinx x− −1) 4sinx+ =1 0.

2 Giải hệ phương trình: 2 2

1 3 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, AD a= 2 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 cắt 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:

2 + − 3 + + + − − −2 + + − + 2 1 2 1− ++ = −

2C n 3.2.2C n ( 1) (k k k 1)2k C k n 2 (2n n 1)2 n C n n 40200.

Hết

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được dùng tài liệu.

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I –THÁNG 3/ 2013

y x= − 3x +4

* Tập xác định: D = R

* Sự biến thiên:

− Chiều biến thiên:y' 3= x2−6x

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: limx→+∞y= +∞ lim

− Chiều biến thiên: y, = 3x2− 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: y' 3= x2−6(m+1)x+6m

x= ⇒ = ⇒ = −y y

PTTT: y= −3(x− +1) 2

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

3 3( 1) 2 6 3 4 3( 1) 2

x − m+ x + mx− m+ = − x− +

x

=



+ − + ⇒OAuuur( )1;2 ,OB muuur(3 + −1; 9m+2)

0.25

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

B≠ ⇔ ≠A m 1

OAB

3

OA OB

m



uuur uuur

3

m= là giá trị cần tìm

0,25

II 1 Giải phương trình lượng giác: 4sin3x−2cos (sinx x− −1) 4sinx+ =1 0

2

2

(2cosx 1)(1 sin 2 ) 0x

…

0,25 0,5 0,25

1 3 (1)

x y x y

+ − =





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

và phương trình (2) cho y ta được:2 2

2

1

3

1

2 (4) 2

x

x

y y

y y

x

x

y y





1

⇔ − = − thay vào (4) ta có:

2

x y

x

y

 =



  −  + = ⇔



y

y

 = −

= +



y = ⇔ = thay vào (2) ta được: 3 2

1

2

y

y

=





 = −



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

1

0

3 (2x 1)

M =∫ x+ dx

Đặt

2

3 3

ln 3

x x

du dx

=



1

0 0

x

1

0

N =∫ x+ x+ dx Đặtt= + ⇒ = − ⇒x 1 x t 1 dx dt=

0,25

0,25

Đổi cận:

2

Vậy

1

2 0

8ln 3 4 28 2 2

∫

0,25 0,25

BC =CM = ⇒ ∆ : ∆

ACB BMC= ⇒MBC BMC MBC ACB+ = + =

BIC

SI BM

SIA=

Ta có: ∆ABC: ∆ABI

3 6

AI

3

AI

2

BCM

a

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

.

0,5

0,5

V

 + +  + +  ≥ +  + 

CM

Ta có

2

a + + =b a − + + + + =a a b a−  + + + ≥ + +a b a b

b + + ≥ + +a a b

Ta sẽ CM:

2

 + +  ≥ +  + 

⇔ + + + + + ≥ + + + ⇔ −(a b)2 ≥0

2

a b

⇔ = =

0,25

0,25 0,25 0,25

x 0 1

t 1 2

VI Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1 )−t suy ra trung điểm của AC

M + − 

 

Điểm

M∈BM x+ = ⇒  + + − + =

Từ A(1;2) kẻ AK ⊥CD x y: + − =1 0 (K BC∈ )

1 0

x y

I

x y

+ − =

 − + =

ACK

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 (0;0; )N 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 nr⊥uuurBC=(2;1;1),

nr⊥MNuuuur= −m n nên ta chọn nr=BC MNuuur uuuur, =(m n+ −; 2 ; 2 )n − m

+ n=2m⇒ =nr (3 ; 2 ; 4 )n − n − n và (P) đi qua ( 2; 2; 2)A − − nên (P) có phương trình:

3x−2y−4z+ =2 0

+n= − ⇒ = − −2n nr ( ; 2 ; 4 )n n n và (P) đi qua ( 2; 2; 2)A − − nên (P) có phương trình:

Vậy ( )P : 3x−2y−4z+ =2 0

0,25

0,25 0,25

0,25

2 + −3.2.2 + + + − ( 1) (k −1)2k− k+ + − 2 (2 +1)2 n− n++ = −40200

* Xét (1 x) n1 C0n1 C1n 1x C2n1x2 ( 1)kCkn 1xk C nn+11x n+1

+ +

+ +

+

* Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:

n 1 n 1 n 1

k k 1 n k 2

1 n

1 1 n

n C 2C x ( 1) kC x ( n 1)C x )

x 1 )(

1 n

Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:

1 2 1 2 1 2 2

k k 1 n k

3 1 2

2 1 n 1

2 2C 3C x ( 1) k(k 1)C x n( n 1)C x )

x 1 )(

1 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 ⇔ n( n+1)=40200⇔ n2 +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.