a Chứng minh AM là đoạn vuông góc chung của SB và AC.. Tính cosin góc giữa 2 mặt phẳng SAC và ABC.. Một mặt phẳng p qua đỉnh và cách tâm O của đường tròn đáy hình nón một khoảng = 4cm..
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ( Lần 1)
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu I (3 đ = 1 + 1 + 1)
1 Khảo sát hàm số: y = x3
– 3x2 + 1 (C)
2 Lập phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vuông góc với (d) : x + 9y – 9 = 0
3 Tìm m để đường thẳng (∆) : y = (2m-1)x – 4m – 1 cắt đồ thị tại đúng hai điểm phân biệt
Câu II (2 đ = 1 + 1)
1 Giải bất phương trình
3
2
2 Tìm a để phương trình sau có nghiệm:
= + + +
− +
a
x
Câu III (1 đ)
Cho ∆ABC nhọn, M nằm trong ∆ABC; x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC,
CA, AB Giả sử a = BC; b = CA ; c = AB; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh rằng:
R
c b a z y x
2
2 2 2
+ +
≤ + +
Câu IV (3 đ = 2 + 1)
1 Cho hình chóp SABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A; ABC∧ = 300; SBC là tam giác đều cạnh a (SAB) ⊥ (ABC) M là trung điểm SB;
a) Chứng minh AM là đoạn vuông góc chung của SB và AC Tính cosin góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (ABC)
b) Tính VSABC
2 Cho hình nón có bán kính đáy r = 12cm, góc ở đỉnh là 1200 Một mặt phẳng (p) qua đỉnh và cách tâm O của đường tròn đáy hình nón một khoảng = 4cm Tính diện tích thiết diện tạo bởi (p) và hình nón
Câu V (1 đ)
Cho khai triển
n x x
− −15
28 3
. Tìm số hạng không phụ thuộc vào x biết
79
2
+ n n− n n−
n
n C C C
Trang 2ĐÁP ÁN TOÁN (Lần 1)
1 Khảo sát hàm số: y = x3 – 3x2 + 1 (1 đ)
• TX Đ: R
• Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 6x, y’=0
=
= 2
0
x
• yCĐ = y(0) = 1 ; yCT = y(2) = -3
±∞
→
y
Lim
x
Bảng biến thiên
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 1 +∞
-∞ -3
0,25
0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến (1 điểm)
9
1 +
−
=
⇔ y x ; (∆) là tiếp tuyến=>(∆) có pt y =9x+ b (∆) tiếp xúc (C) hệ phương trình sau có nghiệm :
=
−
+
= +
−
) 2 ( 9
6 3
) 1 ( 9
1 3
2
2 3
x x
b x x
x
(2) x2 – 2x – 3 = 0
=
−
=
⇔
3
1
x x
0,5
x = -1 => b = 6 => phương trình tiếp tuyến là (∆1) : y = 9x + 6
x = 3 => b = -26 => phương trình tiếp tuyến là (∆2) : y = 9x - 26
Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x + 6 và y = 9x – 26
0,5
3 Tìm m để đường thẳng (∆) (1 điểm)
• Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆) là :
x3 – 3x2 – (2m – 1)x + 4m + 2 = 0 (x-2)(x2 – x – 2m – 1) = 0
=
−
−
−
=
⇔
) 1 ( 0 1 2
2
x
x
Gọi f(x) = x2 – x – 2m – 1 0,5
• Đồ thị:
y” = 6x – 6 = 0 x = 1
=> U(1; -1): Tâm đối
xứng Giao Oy (0; 1)
Trang 3(1) phải có nghiệm thỏa mãn:
≠
=
=
≠
2 1
2 1
2
2
x x
x x
Điều kiện :
=
>
∆
≠
−
=
∆
) ( 0 ) ( 0
) ( 2 2 0
II x
f
I a
b
8
5 2
2 1
0 5 8 )
≠
= +
m
I
2 1 2 1 8 5 0 1 2 0 5 8 ) ( ⇔ = = − > ⇔ = + − > + ⇔ m m m m m II Đáp số :
8 5 − = m ; 2 1 = m 0,5 II 2 đ 1 Giải bất phương trình (1 điểm) Đặt t = log (3 2 4 2) 9 x + x+ , t ≥ 0 ; Bất phương trình 2t2 – t – 1 < 0 1 2 1 < < − ⇔ t 0 log (3 2 4 2) 1 9 + + < ≤ ⇔ x x 0,5 > + + < + + ⇔ ≥ + + < + + ⇔ 1 2 4 3 9 2 4 3 0 ) 2 4 3 ( log 1 ) 2 4 3 ( log 2 2 2 9 2 9 x x x x x x x x − < − > < < − ⇔ > + + < − + 1 3 1 1 3 7 0 1 4 3 0 7 4 3 2 2 x x x x x x x − ∪ − − ∈ ⇔ ; 1 3 1 1 ; 3 7 x 0,5 2 Tìm a để phương trình sau có nghiệm: .(1 điểm) 0 1 2 3 ) 2 ( 91+ 1−x2 − a+ 1+ 1−x2 + a+ = (1) ; -1 ≤ x ≤ 1 ; Đặt t = 31 + 1 −x2 Xét h(x) = 2 2 1 ) ( ' 1 1 x x x h x − − = ⇒ − + ; h’(x) = 0 x = 0
x -∞ -1 0 1 +∞
h’(x) || + 0 - ||
h(x) 2
1 1
9
t 3 3 Vậy t ∈[3 ; 9] 0,5 (1) có nghiệm phương trình : t2 – (a+2)t + 2a – 1 = 0 (2) có nghiệm t ∈[3 ; 9] (2) t2 – 2t + 1 = (t-2)a
2
1 2
1 2
2
− +
=
−
+
−
=
⇔
t
t t
t t a
0,5
Trang 4Xét f(t) =
( ) ( )2
2 2
2
3 4 2
1 1 ) ( ' 2
1
−
+
−
=
−
−
=
→
−
+
t
t t t
t h t
=
=
⇔
=
3
1 0
) ( '
t
t t
f
t -∞ 1 2 3 9 +∞
f’(t) +
f(t)
7
64
4
Phương trình (1) có nghiệm khi 4 ≤ a ≤
7 64
III Cho ∆ABC nhọn 1 đ
Ta có:
R
c c R
b b R
a a R
c b a M
2
2
2
2
2 2 2
+ +
= + +
=
+ +
=
+ +
=
ab
c ac
b bc
a S
ab
S c ac
S b bc
S a
2
2
2
2
(S = S∆ABC)
+ + +
+
=
ab
c ac
b bc
a cz by ax
0,5
+ +
+ +
+ +
+
=
a
c c
a b c
b b
c a a
b b
a c cz by ax
2
1 2
1 2
1
+ + +
+
≥
⇒
c b a cz by ax
z y x
M ≥ + + (Bunhia)
R
c b a z y x
2
2 2 2
+ +
≤ + +
=
=
=
=
⇔
z y x
c b a
M là trọng tâm ∆ABC đều
0,5
a) Chứng minh AM là đoạn vuông góc chung ……… (1 điểm)
0,5
SA CA AB
CA
ABC SAB
⊥
⇒
⊥
) (
CA ⊥ AM; CA ⊥ SA
Vì SC = BC = a => ∆SAC = ∆BAC
SA = AB => ∆ASB cân tại A
AM ⊥ SB Tính cosin góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (ABC) 0,5
C
A
c
B
M
b
a
x
y
z
S
M
B
A
C
a 300
Trang 5AC ⊥ (SAB) => Góc giữa (SAC) và (ABC) là SAB∧
cos SAB∧
3 1 4
3 2 4
3 4 3
2 2 2 2 2 2
=
− +
=
− +
=
a
a a a AB
AS
SB AB SA
b) Tính VSABC .(1 điểm)
AB=acos300 =
2
3
a
; AC=asin300=
2
a
;
AM =
2 4 4
2
MB
0,5
S∆ABC =
2 2
2
2
1 2
a a a SB
VSABC =
24
2 2
2
2
3
1
3
a a a S
0,5
2 Cho hình nón có bán kính đáy r (1 điểm)
Gọi ∆SAB là thiết diện qua trục hình nón
∆SAB là thiết diện thỏa mãn yêu cầu bài toán
Ta có : OSB∧ =600 => SO = 12.cot600 = 4 3
Gọi M là trung điểm BC Gọi H là hình chiếu
của O lên SM
OH BC SOM
BC SO
BC
OM BC
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
) (
( )⇒ = 4
⊥
⇒
⊥
⊥
OH SBC
OH SM
OH
BC OH
0,5
24 24
1 48
1 16
1 1 1
1 1
1
2 2 2
2 2
OS OH OM
OM OS
OH
SM2 = SO2 + OM2 = 48 + 24 = 72 ⇒ SM = 6 2
MB2 = OB2 – OM2 = 144 – 24 = 120 ⇒ MB= 2 30
SSBC = MB.SM = 2 30.6 2= 24 15
0,5
V Cho khai triển 1 đ
79 2
) 1 ( 1
79
2 1
=
− +
+
⇔
= +
n C
C
C n n n n n n
n2 + n – 156 = 0
−
=
=
⇔
) ( 13
12
loai n
n
Vậy n = 12
0,5
Xét
12 15
28 3
−x− x x
12 15
28 3 4
−
= x x− TK+1 =
K K
−
−
15 28 12
3 4
= K ( )K K
x
16 16
12 − 1 − ; TK+1 không phụ thuộc vào x 0 5
5
16
16 − K = ⇔K =
Đó là số T6 = - 5
12
C = -792
0,5
B
S
A
C
O
H
M
