1. TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013
GV RA ĐỀ: BÙI VĂN NHẠN Môn thi: TOÁN; Giáo dục trung học phổ thông
Ngày 3 tháng 2 năm 2013
---------------------------------
(Đề chính thức có 01 trang) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y x 3 3 x 2 m 1 x 1 1 có đồ thị Cm , với m là tham số .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 1 .
2) Tìm m để đường thẳng d : y x 1 cắt đồ thị Cm tại ba điểm phân biệt P 0;1 , M, N sao cho bán kính đường tròn
5 2
ngoại tiếp tam giác OMN bằng với O là gốc tọa độ.
2
Câu II (2,0 điểm).
1) Giải phương trình 2 cos2 2 x 2 cos 2 x 4sin 6 x cos 4 x 1 4 3 sin 3 x cos x .
5 4x 10
2) Giải bất phương trình 2 x x x 2 .
x x
4
1 sin 2 x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân sau I 2sin x cos3 x cos4 x dx .
0
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC BC 2a . Mặt phẳng (SAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc
600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AH và SB.
2 1 25 x 23 x 1
Câu V (1,0 điểm). Giải phương trình 2 x 1 2 x 22 x .
1 2x 1 2 2x
II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
2 2
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x 3 y 1 9 và đường thẳng d : x y 10 0 . Từ
điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB 3 2 .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;1; 2 , B 0; 1;3 . Gọi C là giao điểm của đường thẳng AB và mặt
phẳng Oxy. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến
là đường tròn có bán kính bằng 2 5 .
1 1 1 1 89
Câu VII.a (1,0 điểm). Với mọi n N , n 3. Giải phương trình ..... .
3 3 3 3 30
C3 C4 C5 Cn
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân
giác trong góc B của tam giác ABC có phương trình d : x 2 y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường
thẳng AC đi qua điểm K 6; 2 .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A 0;0; 1 , B 1; 2;1 , C 2;1; 1 , D 3;3 3 . Tìm tọa độ điểm M
thuộc đường thẳng (AB) và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng (MN) vuông góc với đường thẳng (CD) và độ
dài MN 3 .
0 1 1 1 2 1 3 1 n
Câu VII.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn n 1 Cn Cn Cn Cn Cn 1023 .
2 3 4 n 1
2. TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013
GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013
Câu Đáp án Điểm
Cho hàm số y x 3 x m 1 x 11 có đồ thị Cm với m là tham số
3 2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 1
2) Tìm m để đường thẳng d : y x 1 cắt đồ thị Cm tại 3 điểm phân biệt
2,0
5 2
P 0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng với
2
O 0; 0
1) Học sinh tự vẽ
3 2
2) Phương trình hoành độ giao điểm của Cm và (d): x 3x m 1 x 1 x 1
x 0 y 1 P 0;1
x x2 3x m 0 2
x 3x m 0 2
Để Cm cắt (d) tại 3 điểm phân biệt 2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0
m 0
9
I m 4
Giả sử M x1; x1 1 , N x2 ; x2 1 khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2)
1 OM .ON .MN
Ta có SOMN MN .d O; d (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
2 4R
tam giác OMN )
1 OM .ON .
.d O; d OM .ON 2 R.d O; d 5 2d O; d 3
2 4R
Mà ta có OM .ON 2x 2
1 2
2 x1 1 2 x1 2 x1 1
2 2
Với x1 3 x1 m; x2 3 x2 m
OM .ON 4m 2 12m 25
1 2
* d O; d
2 2
2 m 0
Khi đó thế vào (3) ta được 4m 2 12m 25 5 2 5 thỏa đề chỉ có
2 m 3
m 3
1) Giải phương trình: 2 cos 2 2 x 2cos 2 x 4sin 6 x 1 cos 4 x 4 3 sin 3 x cos x 1,0
pt 2cos2 2 x 2 cos 2 x 4sin 6 x 2sin 2 2 x 4 3 sin 3 x cos x
cos2 2 x cos 2 x 2sin 6 x sin 2 2 x 2 3 sin 3 x cos x
3. cos2 2 x sin 2 2 x cos 2 x 2sin 6 x 2 3 sin 3 x cos x
cos 4 x cos 2 x 2sin 6 x 2 3 sin 3 x cos x
2sin 3 x sin x 4sin 3 x cos3 x 2 3 sin 3 x cos x
II
2sin 3 x sin x 2cos 3 x 3 cos x 0
sin 3 x 0
sin x 3 cos x 2cos 3 x
* sin 3 x 0 x k k Z
3
*sin x 3 cos x 2cos3 x cos x cos3 x
6
x k
12
k Z
x k
24 2
k k
Vậy nghiệm của phương trình là x k ; x ;x k Z
12 24 2 3
5 4x 10
2) Giải bất phương trình: 2 x x x 2 1 1,0
x x
x 0
x 0
ĐK: 10 2 x0
x 20 x 2 x 10 0
x
Bpt(1) 2 x 2 4 x 5
x 2 2 x 10 2 x 2 2 x 10 15 x 2 2 x 10
Đặt t x 2 2 x 10 x 12 9 3 *
5
2
Bpt trở thành 2t t 15 0 t 2 t 3 do *
t 3
2
t 3 x2 2 x 10 3 x 2 2 x 1 0 x 1 0 h / n
Vậy nghiệm bất phương trình là x 0;
4
1 sin 2 x 1,0
Tính tích phân sau I 2sin x cos3 x cos4 x dx
0
2 2
4
sin x cos x 4 cos 2 x tan x 1
I dx dx
III 0
cos 2 x 2sin x cos x cos2 x 0 cos4 x 2 tan x 1
2
4
tan x 1 tan x 12 d tan x
4
dx
0 cos 2 x 2 tan x 1 0 2 tan x 1
1
Đặt t tan x dt d tan x dx
cos2 x
4. x 0 t 0
Đổi cận
x t 1
4
Khi đó
I
1
t 12 dt 1 1 2t 1 2t 1 4 2t 1 1 dt 1 2t 1 4 1
dt
0
2t 1 40
2t 1
0 2t 1
1
1 1 1 1 1
I t 2 3t ln 2t 1 4 ln 3 1 ln 3
4 2 0 4 2 8
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC BC 2a. Mặt phẳng
SAC tạo với ABC một góc 600 . Hình chiếu H của S lên mặt phẳng ABC là trung 1,0
điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng
cách giữa hai đường thẳng HA và SB
S
K
IV
C H B
N
a M
A
ABC vuông tại A có BC 2 a, AC a; 300 , 600
B C
Gọi N laftrung điểm của AC Vì
AC AB AC HN , AC SH
AC SHN SNH 600
a 3 3a
Trong tam giác SNH HN ; SH
2 2
5. a2 3
S ABC
2
1 a3 3
VS . ABC SH .S ABC
3 4
Kẻ a // AH (a đi qua B)
HA // SB, a
Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí HK d HA; SB
0 0 a 3
Tam giác ACH đều nên góc HBM 60 HM HB sin 60
2
1 1 1 3a
Trong tam giác SHM ta có 2
2
2
HK
HK HM HS 4
2 1 25 x 23 x 1
Giải phương trình
1 2 x
1 2 2x
2 x 1 2 x 22 x 1,0
3x
2 2.2 2.32 x
pt x
x
x
2x 4x 8x
1 2 1 4 1 2
1 8x 32 x 2 x 4 x 8x
1 2x 1 4x 1 2x 2
x x x
4 16 64 2x 4x 8x
x
4 8x 2 x 8 x 2 x 4 x 2
x 2 x 2 x 2
2
4
8
2x 4x 8x
V 4 x 8x 2x 8x 2x 4x 2
x 2 x 2 x 2 x 2
Ta có
2
4
8
2 4 8 2
x x x
4x 8x
4 x 8x 2x 8x 2x 4x 22 4 8
x x x 2
x 2 x 2 x 2
Vậy
2
4
8
2x 4x 8x
x
2x
x
4x
x
8x
4 x 8x 2 x 8 x 2 x 4 x 2 4 8x 2 8x 2 4x
2x 4x 1 2x
x x x x
4 8 x 2 x 8x 2x 4 x 1 4 x 1 4 4 8
x0
x
2 8x 1 4x x x
1 2 8 16
x
4x 8x 2x 4x
2x 4 x 1 2 x
2,0
2 2
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn C : x 3 y 1 9 và đường
thẳng d : x y 10 0 . Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), gọi A, B là hai tiếp 1,0
điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB 3 2
6. y
d
A M
H
I
B
VIa O x
Đường tròn (C) có tâm I 3;1 , bk R OA 3
3 2
Gọi H AB IM , do H là trung điểm của AB nên AH . Suy ra:
2
9 3 2 IA2 6
IH IA2 AH 2 9 và IM 3 2
2 2 IH 2
2 2 2
Gọi M a;10 a d ta có IM 18 a 3 9 a 18
2 a 2 24a 90 18 a 2 12a 36 0 a 6
Vậy M 6; 4
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A 1;1; 2 , B 0; 1;3 . Gọi C là giao điểm của đường
thẳng AB và mp Oxy . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho mặt cầu tâm M 1,0
bán kính MC cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5
A
M
N
C
(Oxy)
B
Gọi C c1; c2 ;0 Oxy khi đó ta có AC c1 1; c2 1; 2 ; AB 1; 2;1
Do C AB Oxy C AB khi đó AC ; AB cùng phương
Nên tồn tại số thực k sao cho AC k AB
7. c1 1 k
c1 3
Vậy AC k AB c2 1 2k C 3;5;0
2 k c2 5
Gọi M m, n, p AB AM m 1; n 1; p 2 ; AB 1; 2;1
AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho
m 1 t m 1 t
AM t AB n 1 2t n 1 2t M 1 t;1 2t;2 t
p 2 t p 2t
CM t 2 2 2t 4 2 2 t 2 6t 2 24t 24
Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên Oxy suy ra MN z M t 2
2 2 2
Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN NC MC
t 0
6t 2 24t 24 t 2 4t 4 20 5t 2 20t 0
t 4
t 0 M 1;1; 2 ; t 4 M 5;9; 2
Vậy M 1;1; 2 hoặc M 5;9; 2
1 1 1 1 89
Với mọi n N , n 3. Giải phương trình 3
3 3 ..... 3 1,0
C3 C4 C5 Cn 30
3 k! k k 1 k 2 1 6
Ta có Ck 3 k 3
3! k 3 ! 6 Ck k k 1 k 2
1 1 2
Ta lại có
k 1 k 2 k k 1 k k 1 k 2
1 1
Đặt f k 3
3 f k f k 1
k 1 k 2 Ck
Cho k chạy từ 3 tới n ta được
n
1
VIIa C 3 3 f 3 f 4 f 4 f 5 .... f n f n f n 1
k 3 k
n
1 1
C 3 3 f 3 f n 1 3 1 n n 1
k 3 k
1 1 1 1 1 89
Hay 3
3 3 ..... 3 3 1
n n 1 30
C3 C4 C5 Cn
2
n n 1 89
3 2
90 n2 n 1 89n 2 89n
n n 30
n
2
n n 90 0 n 10 Ck3 3
k 3
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng
nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
d : x 2 y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm 1,0
K 6; 2
8. I
(d)
A K
C
O
VIb
B
B d : x 2 y 5 0 nên gọi B 5 2b; b , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra
C (2b 5; b) và O(0;0) BC
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là d : x 2 y 5 0 nên I (2; 4) và
I AB
Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2b 3;4 b vuông góc với CK 11 2b;2 b
b 1
2b 311 2b 4 b 2 b 0 5b 2 30b 25 0
b 5
Với b 1 B (3;1), C (3; 1) A(3;1) B loại
31 17
Với b 5 B ( 5;5), C (5; 5) A ;
5 5
31 17
Vậy A ; ; B (5;5); C (5; 5)
5 5
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A 0;0; 1 , B 1; 2;1 , C 2;1; 1
, D 3;3 3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao 1,0
cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3
Gọi M m1; m2 ; m3 là điểm thuộc AB khi đó AM , AB cùng phương
AM m1; m2 ; m3 1 , AB 1;2;2
m1 t
AM , AB cùng phương t R : AM t AB m2 2t M t; 2t; 1 2t
m 1 2t
3
Gọi N n;0;0 Ox
NM t n; 2t ; 2t 1 , CD 1; 2; 2
MN vuông góc CD nên NM .CD 0 t n 4t 4t 2 0 t 2 n 1
2 2
MN 3 MN 2 9 t t 2 4t 2 2t 1 9
t 1
8t 4t 5 9 8t 4t 4 0 1
2 2
t
2
Với t 1 n 1 M 1; 2;1 , N 1;0;0
9. 1 3 1 3
Với t n M ;1;0 , N ;0;0
2 2 2 2
1 1 1 1 1
Tìm …. n 1 C
Cn Cn2 Cn3
0
n
Cnn 1023 1,0
2 3 4 n 1
1 1 1 1 1 1023
Cn0 Cn Cn2 Cn3 Cnn
2 3 4 n 1 10
n
1 n
1 n! n
n!
Ta thấy VT có dạng Cnk
k 0 k 1 k 0 k 1 k ! n k ! k 0 k 1! n 1 k 1 !
1 n n 1! n
n Cnk11
n 1 k 0 k 1! n 1 k 1 ! k 0
1 1
n 1
Cn11 Cn21 .... Cnn11 n 1 2n1 1
VIIb
1 1 1 2 1 3 1 1023
Mà Cn Cn Cn Cn
0
Cnn
2 3 4 n 1 n 1
1 1023
n 1
2n1 1 n 1 2n1 1024 n 9
