De thi thu DH 2013

Nếu học sinh làm cách khác và đúng mà vẫn cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa.[r]

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) 4sin x 1 0.

2 Giải hệ phương trình: 2 2

1 3 2

xy x y

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:

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:

2C22n1 3.2.2C23n1 ( 1) (  k k k1)2k2C2k n1 2 (2 n n1)22n1C22n n11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

I

a) Khi m 0 ta có y x 3 3x2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: 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:

2

y  x  m x m

x  y  y 

PTTT: y3(x1) 2

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

x  m x  mx m  x 

( 1) ( 3 1) 0

x

x m







Ta có: B(3m 1; 9m 2   ) OA 1;2 , OB m(3  1; 9m2)

B A m1

OAB

(3 1) 2( 9 2) 0

3

OA OB

m



 

0.25

0.25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

2

-x   0 2 

'

y + 0 - 0 +

y 4 

  0

x y

O

4

2

I

-1

2

1

Vậy

1 3

m 

là giá trị cần tìm

II 1 Giải phương trình lượng giác: 4sin3x 2cos (sinx x1) 4sin x 1 0

2

4sin (1x cos ) 2cos (sinx 1) 4sinx x x 1 0

2

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

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

…

0,25 0,5 0,25

1 3 (1)

2 (2)

xy x y

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 y2ta được:

2

2

1

3

1

2 (4) 2

x

x

y y

y y

x

x x

x

y y









1

thay vào (4) ta có:

2

x y

x

y















+

1

x

x y

y    thay vào (2) ta được:

y

y

  

 



+

x

x y

1

2

y

y







 



Vậy hệ có 4 nghiệm:

1 (1 2;1 2), (2,1), ( 1; )

2

0,25

0,25

0,25 0,25

III

Tính tích phân:

1

0

(3x 1)(2 1)



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

2 1

3 3

ln 3

x x

du dx

u x







1

0 0

x

1

0

1(2 1)

N  x x dx

Đặtt  x 1 x t  1 dx dt

Đổi cận:

0,25

0,25

0,25

x 0 1

t 1 2

N  t t dt  t  t dt t  t   

Vậy

1

2 0

8ln 3 4 28 2 2



0,25

IV Gọi I là giao điểm của AC và MB Xét ABC và BCM

AB BC

ABC BCM

BC CM    

ACB BMC  MBC BMC MBC ACB   

BIC

  Vuông tại I hay BM AC,

mà SA(ABCD)BM  BM SA

BM SAC

   góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (SBM)

Là góc giữa SI và AI hay SIA  60o

Ta có: ABCABI

3 6

AI

Xét SAI vuông tại A Ta có:

3

AI

2

BCM

a

S  BC CM 

SA là chiểu cao của khối chóp S BCM. nên

.

S BCM BCM

(đvtt)

0,5

0,5

V

Cho a b, , a b, 0 CMR:

CM

Ta có

2

a  b a  a   a b a    a b   a b

Tương tự

b  a   a b

Ta sẽ CM:

2

Thật vậy:

a b ab a b ab a b

(a b) 0

Dấu “=” xảy ra

1 2

a b

0,25

0,25 0,25 0,25

4

Điểm C CD x y :  1 0  C t( ;1 t) suy ra trung điểm của AC

Là

1 3

;

M   

 

Điểm

MBM x        

7 ( 7;8)

Từ A(1;2) kẻ AK CD x y:  1 0 ( K BC )

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

1 0

(0;1)

1 0

x y

I

x y

  







  

ACK

 cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0)

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 N(0;0; )n trong đó mn 0 và n2m.

Gọi n



là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên nBC(2;1;1)



 

,

(0; ; )

nMN  m n



 

nên ta chọn nBC MN,  (m n ; 2 ; 2 ) n  m

  

+ n2m n(3 ; 2 ; 4 )n  n  n



và (P) đi qua A ( 2; 2; 2) nên (P) có phương trình:

3x 2y 4z 2 0

+n2n n ( ; 2 ;4 )n  n n



và (P) đi qua A ( 2; 2; 2) nên (P) có phương trình:

x y z  Trường hợp này loại vì (P) đi qua cả B và C

Vậy  P : 3x 2y 4z 2 0

0,25

0,25 0,25

0,25

VIII Tìm số nguyên dương n biết:

2   3.2.2   ( 1) (  k 1)2k k  2 (2 1)2 n n 40200

¿k C 2 n+1 k x k+ −C2n +1 2n +1 x 2 n+1 1− x¿2 n +1=C 2n +10 − C 2 n+11 x+C 2 n+ 12 x2− +¿

¿

(1)

* Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:

−1¿kkC2 n+1 k x k − 1+ −(2 n+1)C2 n +1 2 n +1 x 2 n 1− x¿2 n=−C12n +1+2C 2 n+12 x − +¿

−(2 n+1)¿

(2)

Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:

−1¿k k (k − 1)C 2n +1 k x k −2+ −2 n(2 n+1)C2 n+1 2 n+1 x 2 n −1

1− x¿2 n −1=2C2 n+12 −3 C 2 n +13 x + +¿

2 n(2 n+1)¿

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 ⇔2 n(2 n+1)=40200 ⇔2 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.