Đề thi thử đại học môn Toán số 63

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Giải phương trình: cos.. Chứng minh rằng: PHẦN RIÊNG 3 điểm.. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 63

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2 +2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=m(x−2)−2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: cos cos 2 ( 1) ( )

2 1 sin sin cos

−

= + +

x

2 Giải bất phương trình: ( x+ − 3 x− 1) (x− + 3 x2 + 2x− ≥ 3) 4

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ∫4 +

0 sin6 cos6

4 sin

π

dx x x

x

Câu IV (1 điểmCho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC= , =2 ,a ACB· =1200và đường thẳng A C' tạo với mặt phẳng (ABB A góc ' ') 30 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách 0 giữa hai đường thẳng ' ,A B CC theo a.'

Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường

thẳng y = 2, phương trình cạnh BC: 3x−y+2=0 Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng

d 1 : x 1 y 1 z

− = + = và d

2: x 2 y z 1

− = = −

− .

Lập phương trình đường thẳng d cắt d 1 và d 2 và vuông góc với mặt phẳng (P): x y2 + + + =5 3 0z

8log x − +9 3 2log (x+3) = +10 log (x−3)

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I( )3;3 và AC=2BD Điểm 2;4

3

 ÷

  thuộc

đường thẳng AB , điểm 3;13

3

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết

đỉnh B cóhoành độ nhỏ hơn 3

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z− + − = 1 0 để ∆MAB là tam giác đều

Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S =C20110 +2C12011+3C20112 + +2012C20112011

- Hết

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 63

Câu 1 (1,0 điểm) 1, Tập xác định: D=¡

• Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: y' 3= x2−6x; ' 0y = ⇔ =x 0 hoặc x=2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞); nghịch biến trên khoảng( )0; 2

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x=2; yCT= −2, đạt cực đại tại x=0; yCĐ=2

Giới hạn: limx→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞

Bảng biến thiên:

• Đồ thị:

Câu 2: 2.(1,0 điểm)

Câu 3: 1 (1,0 điểm)ĐK:

4

x≠ − +π kπ

PT ⇔ (1 sin )(1 sin )(cos + x − x x− = 1) 2(1 sin )(sin + x x+ cos )x

1 sin 0

sin cos sin cos 1 0

x

+ =



⇔  + + + = ( ) ( )

1 sin 0

1 sin cos 1 0

x

+ =



⇔  + + =



2 2 2

 = − +



⇔

= +



( Thoả mãn điều kiện)

Câu 3: (1,0 điểm

Câu 4: (1,0 điểm)Trong (ABC), kẻ CH ⊥AB (H∈AB), suy ra

( ' ')

2 0

.sin120

ABC

a

7

ABC

CH

AB

∆

7

a

14

ABC

a

Do CC'/ /AA'⇒CC'/ /(ABB A' ') Suy ra:

7

a

Câu 5: (1,0 điểm)Ta có VT =

=

(b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a )

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a y,b z,c x

= = = với x, y, z > 0 Khi đó VT =

(y 2 )(z z 2 ) (y z 2 )(x x 2 ) (z x 2 )(y y 2 )x

=

2

Suy ra

2 2

2

2 2

2

2 2

2

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT

2

9

Lại có

2 2 2

= 1(( 2 2) ( 2 2) ( 2 2))( 21 2 21 2 21 2) 3 1.9 3 3

(BĐT Netbit) Suy ra VT 2 3 1

Câu 6a: 1 (1,0 điểm)

Câu 6a: 2.(1,0 điểm)Viết lại

1

1

1 2

2

 = +

 = − +



 =



,

2

2

2 :

1 2

 = +

 =



 = −



(P) có VTPT n (2;1;5)r=

Gọi A = d ∩ d 1 , B = d ∩ d 2 Giả sử: A(1 2 ; 1+ t1 − +t t1;2 )1 , B((2 2 ; ;1 2 )+ t t2 2 − t2

⇒ uuurAB=(t2−2t1+1;t2− + −t1 1; 2t2−2t1+1).

d ⊥ (P) ⇔ uuur rAB n, cùng phương ⇔ t2 2t1 1 t2 t1 1 2t2 2t1 1

t12

1 1

 = −

 = −



⇒ A(–1; –2; –2) ⇒ Phương trình đường thẳng d: x 1 y 2 z 2

+ = + = + .

Câu 7a: (1,0 điểm)

Câu 6b: 1,(1,0 điểm)Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là

5

' 3;

3

 ÷

  Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x−3y+ =2 0

Do AC=2BD nên IA=2IB Đặt IB x= >0, ta có phương trình

12 12 5 2 2 2

x + x = ⇔ = ⇔ = Đặt B x y Do ( , ) IB= 2 và B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

4 3

5

y

 =





Do B có hoành độ nhỏ hơn 3

nên ta chọn 14 8;

5 5

 .Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y− − =18 0.

Câu 6b: 2.(1,0 điểm)Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x y z+ − − = 3 0

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d:

2 1

x

y t

z t

=



 = +



 =



M ∈ d ⇒ M(2;t+ 1; )t ⇒AM= 2t2 − + 8 11t , AB = 12

∆ MAB đều khi MA = MB = AB

2

±

⇔ t − − = ⇔ =t t 2;6 18 4; 18

Câu 7b:(1,0 điểm)Xét đa thức: f x( ) =x(1 +x)2011=x C( 20110 +C20111 x C+ 20112 x2+ + C20112011 2011x )

0 1 2 2 3 2011 2012

f x′ =C + C x+ C x + + C x

⇒ = + + + +

Mặt khác: f x′ ( ) (1= +x) 2011+2011(1+x) 2010 x= +(1 x) 2010 (1 2012 )+ x

⇒ f/ (1) 2013.2 = 2010 ( )b

Từ (a) và (b) suy ra: S= 2013.2 2010