Đề thi thử đại học môn toán - đề 8

Tài liệu tham khảo dành cho các sĩ tử ôn thi đại học, chuẩn bị tốt cho kì thi cao đẳng đại học sắp tới

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 24)

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2  m 1x 1, m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.

2 Xác định các giá trị của m để hàm số yf x( ) không có cực trị.

Câu II (2 điểm): Giải phương trình :

4 4

tan cot

x



Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3 2

2 1

2

1

dx A







Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

2

2







B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Cho hai mặt phẳng P :x2y 2z + 5 = 0; Q :  x2y 2z -13 = 0.Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q).

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

5 4 7

15

n











(Ở đây k, k

A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần

tử)

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2

x y  x y 

.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có

hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.

2 Cho mặt phẳng (P): x 2y 2z 1 0  và các đường thẳng:

  Tìm các điểm M d , 1 N d 2 sao cho MN // (P)

và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố

 3

1 ( ) ln

3

f x

x



 và giải bpt:

2

0

6

sin 2 '( )

2

t dt

f x

x











Đáp án(ĐỀ 24)

m

+ Khi m = 0  y x 1, nên hàm số không có cực trị 0,25

+ Khi m 0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y  không có nghiệm hoặc có nghiệm

kép

0,50

' 9m 3m m 1 12m 3m 0

0

4

m

  

0,25

tan cot

x



Điều kiện: sin 2x 0

0,25

2

1

1 sin 2 1 sin cos 2

(1)

sin 2 2 cos sin



0,25

2

1

x



Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50

log x1  2 log 4 xlog 4x (2)

Điều kiện:

1 0

1

x

x x

x x

 



  





  





  



0,25

2

       

0,25

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 0 (3) ;

2 (3)

6

x x





 



0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 

4

x x

  

 

 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2hoặc x 2 1  6

0,25

2

+ Đổi cận:

0,50

3

2

3

2 2

A

0,50

IV 1,00

Gọi E là trung điểm của AB, ta có:

,

OEAB SEAB, suy ra SOE AB Dựng OH SE OH SAB , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.

Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

2

1

9 9

9

SE OE SO     SE

0,25

2

9 2

2 2

SAB SAB

S

SE

 

2

2

OA AE OE  AB OE     

0,25

Thể tích hình nón đã cho: 1 2 1 265 265

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

9

xq

0,25

Hệ bất phương trình

2

2

7 6 0 (1)







 1   1 x 6 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x 0 1;6 thỏa mãn

(2).

0,25

2

x



x



0,25

Hệ đã cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

0,25

 

2 2

'

f x

 

2

f x   x  x   x 

Vì x 1;6 nên chỉ nhận 1 17

2

x 

Ta có: (1) 2, (6) 27, 1 17 3 17

f  f  f    

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max ( ) 27

13

f x 

Do đó  

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x



0,25

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:

2; 4

A

  

0,25

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 3 4 0 1 1;0

B

 

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 4 0; 2:x2y 6 0; 3:ax by 2a 4b0

Từ giả thiết suy ra  2; 3    1; 2 Do đó

|1 2 | | 4.1 2.3 |

25 5 5

0

a

      







          



+ a = 0  b0 Do đó 3:y 4 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3 Suy ra 3: 4x3y 4 0 (trùng với 1

).

Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.

0,25

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 5 5;4

C

 

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

 

 

OI AI









0,25

Ta có:

10 4 2 30 (1)

           

   

 

3

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 

 ,   ,   | 2 2 5 | | 2 2 13 |

2 2 4 (3)





lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 ; 11 4a (4)

a

0,25

Từ (2) và (3) suy ra: a2b2c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: a 2 221  a 658 0

Như vậy a 2 hoặc 658

221

a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46; ; 67

221 221 221

và R = 3.

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

x 22y 22z12 9 và

9

0,25

VII

Điều kiện: n  1 4 n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:





 



0,50

2

2

5

n



      

 



0,50

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình





0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).

Vì ABC 900nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với

điểm A qua tâm I của đường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).

0,50

Phương trình tham số của d 1 là:

1 2

3 3 2

z t

 





 



 



M thuộc d 1 nên tọa độ của M

1 2 ;3 3 ; 2 t  t t .

Theo đề:

 

3

d M P            t   t  t 

0,25

+ Với t 1 = 1 ta được M13;0; 2;

+ Ứng với M 1 , điểm N 1 d2 cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp

x 3 2y2z 2 0 x 2y2z 7 0 (1) .

Phương trình tham số của d 2 là:

5 6 4

5 5

 









  



(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1 Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0).

0,25

+ Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5) 0,25 VII

Điều kiện

1

3 x   x

1

3

x

0,25

2

0





Khi đó:

2 0

6 sin 2 '( )

2

t dt

f x

x









 33 32  23  1 2 0 1 2

3

x x

x





      

  

0,50