de thi thu lan 1 nong cong 3

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: M..[r]

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:

2cos 2

x



n

, n N * Tính hệ số a8 biết n thoả

mãn hệ thức 2 3

3

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:

M

Câu V ( 2 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau

2





 



2.Tính tích phân sau I =

4

3 2

1

x dx







Câu VI ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm

7 1

;

6 2

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

 



limx

y

  

 

b.Bảng biến thiên

Ta có

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

  làm tâm đối xứng

Ta có

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

ĐK: 2cosx 2 0 x 4 k2



Với điều kiện đó phương trình

2

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

2

    

 1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 02    

  1 sin 2x 2  1 2sin 2x  2  sin 2x 2 0  

 sin 2x sin 2x 2 02   

sin 2x 1

  hoặc sin 2x2 (loại)

So điều kiện phương trình có nghiệm

5

4



3

( 1) ( 1)( 2)

 n2 7n 18 0  

2 9

n n





 

Suy ra n=9

Áp dụng khai triển NiuTơn  18 18 18 

0

k



Hệ số a8 ứng với k=8

= 3544398

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 S ABCD a2,

2 4

a

AH 

, SH  SA2 AH2 =

62 4

a

3 2

SABCD ABCD

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

.

HS HN HK



3 31 28

a

Ta có

3 4

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



 



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





 



TH1: y=0 không thoả mãn

TH2: y 0 Chia cho y2 ta được

2 2

2 2 2

1

x







Đặt

1

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

2 1

x dx







Đặt t 2x1  2tdt = 2dx

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu VI

1

2

Đổi cận

3

2

Khi đó

3 2 2 2

1 1

t

t









=

3 2 2

2 1

1 dt

t







=

3 2

1

1 1 dt



=

1 ln 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 CI2 BI2 

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 AB 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



 











  

; ;

ABC

2

CI

0.5 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

3 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