Thử sức trước kì thi Đại học môn Toán - Đề 5

Đề thi và đáp án môn Toán – Thi thử ĐH lần I  TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA  HOCMAI.VN NGUYỄN CHÍ THANH  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012  MÔN THI: Toán  Ngày thi: 25/10/2011, Thời gian làm bài: 180 phút.  Họ và tên:  Số báo danh:..  Cảm ơn nguyennhuong1011@yahoo.com.vn Gửi tới www.laisac.page.tl  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số  (với m là tham số).  1.  Khi m = 0, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại tiếp điểm có hoành độ x = 0,  gọi (d') là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Tìm cosin của góc giữa (d) và (d').  2. Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu nhau.  Câu II (2,0 điểm)  1.   Giải phương trình: :  3 4 sin os 1 ( ) x c x x + = Ρ  .  2.  Giải phương trình:  Câu III (1,0 điểm) .  Giải hệ phương trình  8 8 8  2  log 3log log  3  log log  4  y  xy x y  x  x  y = ì ï í = ï î  Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng j . Mặt  phẳng (P) tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy (góc này có đỉnh ở trên  AB) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó  Câu V (1,0 điểm). Giải bất phương trình:  2 3 2 3  4 4  1 3  log log 3 log log  2 2  x x x x + > +  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)  Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)  A. Theo chương trình Chuẩn  Câu VI.a (2,0 điểm)  1.Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x­y=0, đường  thẳng BD có phương  trình x­2y=0, góc  tạo bởi hai đường  thẳng BC và AB bằng 45 0 . Viết phương  trình đường  thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương  2.  Giải bất phương trình:  3  2 2 2log ( 3 4) log 3 3 3 8.( 3 4) 9 x x  x x + + - + + <  Câu  VII.a  (1,0  điểm  Tìm  hệ  số    của  số  hạng  không  chứa  x  trong  khai  triển  nhị  thức  Niu­tơn  của  3  2  3  1  n  x x  x æ ö + ç ÷ è ø  biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong khai triển này là  0 1 2  ... 4096 n a a a a + + + + =  B. Theo chương trình Nâng cao  Câu VI.b (2,0 điểm)  1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é (oxy) cho tam gi¸c ABC cã B(1;2) . §­êng ph©n gi¸c trong D cña gãc A cã ph­¬ng tr×nh : 2x+y-1=0 , kho¶ng c¸ch tõ C ®Õn D b»ng hai lÇn kho¶ng c¸ch tõ B ®Õn D . T×m täa ®é cña A vµ C , biÕt r»ng C n»m trªn trôc tung  2. Giải bất phương trình:  2 3 3 1 1 3 2 3 ( ) x x x  x - - - ³ + Ρ  Câu VII.b (1,0 điểm). Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4  ­­­­­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­­­­ Đáp án – Thang điểm  Câu  Đáp án  Điểm  I.1  4 2 m 2 :y x 2x 1 = = - +  .  Tập xác định: D R =  .  Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: ( ) 3 2  x 0  y ' 4x 4x 4x x 1 ; y ' 0 x 1  x 1 = é ê = - = - = Û = ê ê = - ë  .  Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ( ) 1;0 ; 1; - +¥  ; nghịch biến trên ( ) ( ) ; 1 ; 0;1 -¥ -  .  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại  x 0 =  ; yCĐ = 1;  Hàm số đạt cực tiểu tại  x 1, x 1 = = -  ; yCT = 0.  Giới hạn:  x x  lim y lim y ®-¥ ®+¥ = = +¥ .  Bảng biến thiên:  x -¥  1 -  0                        1 +¥  y’ -  0         +         0 -  0       +  y +¥  1 +¥  0  0  Đồ thị:  0.25  0.25  0.25  0.25  I.2 ( ) ( ) ( ) 3 2 ' 4 1 2 2 2 1 = - - = - - y m x mx x m x m  .  Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) 1; ' 0 1; +¥ Û ³ " Î +¥ y x  .  +)  1 = m  :  y ' 2x = -  , không thoả mãn.  +)  1 0, lim ' ®+¥ - < = -¥  x  m y  không thoả mãn.  +)  1 > m  ,  ' 0 = y  có 3 nghiệm:  Bảng xét dấu của y’: ( ) ' 0 1; ³ " Î +¥ y x Û ( ) ( )  1 2 1 2  2 1 £ Û £ - Û ³ -  m  m m m  m  .  Vậy với m 2 ³  thì hàm số đồng biến trên ( ) 1;+¥  .  0.25  0.25  0.25  0.25  x -¥ ( )  m  2 m 1 - -  0 ( )  m  2 m 1 - +¥  y’ -  0      +     0 -  0         + II.1  PT  cos x cos3x 1 2 cos 2x  4 p æ ö Û + = + - ç ÷ è ø  2cosxcos2x 1 sin 2x cos2x Û = + +  2 2cos x 2sin xcosx 2cosxcos2x 0 Û + - = ( )( ) cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0 Û + + - =  cos x 0  cos x sinx 0  1 sinx cosx 0 = é ê Û + = ê ê + - = ë  x k  2  x k  4  x k2 p é = + p ê ê p ê Û = - + p ê ê = p ê ê ë  .  0.25  0.25  0.5  II.2  Điều kiện  x 1 ³  hoặc  x 1 £ -  .  x 1 =  không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình cho  x 1 -  , ta được: ( ) ( ) x 1 x 1 | | 4 m m 1 .  x 1 x 1 + + + - = - - -  Đặt  x 1  t , t 0, t 1,  x 1 + = ³ ¹ -  ta có phương trình: ( ) ( )  2  2  t t 4 t 4 m m 1 t m  t 1 + + + - = - Û = +  (1)  Xét ( )  2 t t 4  f t , t 0, t 1.  t 1 + + = ³ ¹ +  Ta có ( ) ( ) ( )  2  2  t 3 (loai) t 2t 3  f ' t , f ' t 0  t 1 (loai). t 1 = - é + - = = Û ê = + ë  Lập bảng biến thiên:  Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình đã cho có nghiệm  m 3. Û >  0.25  0.25  0.25  0.25  III ( )  2  3 sin x  0  I 4cos x 3cos x e dx p = - ò  . Đặt  t sin x = ( )  1  2 t  0  I 1 4t e dt = - ò ( )  1  1  2 t t  0  0  I 1 4t e 8 te dt = - + ò ( ) ( )  1  1 t t  0  0  I 3e 1 8 te e dt 3e 1 8 e e 1 7 3e æ ö = - - + - = - - + - - = - ç ÷ è ø ò  .  0.25  0.25  0.25  0.25  IV  + Gọi  I, H  lần  lượt  là  hình  chiếu  của O, S  trên (ABCD). Có I  là  tâm đường  tròn ngoại  tiếp đáy  ABCD. Do đó  2 2 SH 2OI 2 OA IA = = -  2 2 2 5 3 8 = - =  .  + Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD suy ra  IM AB, IN CD ^ ^  mà AB // CD nên  I MN Π và MN AB,CD ^  .  Suy ra  MN IM IN = +  2 2 2 2 IA AM IC CN = - + -  2 2 2 2 3 1 3 2 2 2 5 = - + - = +  + ( )  ABCD  AB CD .MN  S  2 + = ( ) 3 2 2 5 = +  .  Vậy  S.ABCD ABCD  1  V SH.S  3 =  0.25  0.25  0.25 O  A  B  D  C  S  I  H  N  M ( ) 8 2 2 5 = +  (đvtt).  0.25  V  Ta có:  2 2 2  2 2 2 2 2 2  2 2 2 2 2 2  a b c  P  b c a c a b  b c c a a b  2 2 2 ³ + + + + + + + + + + +  2 2 2  2 2 2 2 2 2  2 a b c  P .  3 b c c a a b é ù Û ³ + + ê ú + + + ë û  Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân, ta có: ( )  2 2 2  2 2 2 2 2 2  2 2 2 2 2 2  a b c  a b b c c a 9  b c c a a b é ù + + + + + + + ³ ê ú + + + ë û  2 2 2  2 2 2 2 2 2  a b c 3  b c c a a b 2 Û + + ³ + + +  2 3  P . 1.  3 2 Þ ³ =  GTNN P = 1, đạt được khi a = b = c = 1.  0.25  0.25  0.25  0.25  VIa.1  (C) có tâm  1  I 1;  2 æ ö - ç ÷ è ø  và bán kính R 2 =  .  2 2  1  IM 1 R  4 = + <  M Þ  nằm trong (C).  Do đó mọi đường thẳng D qua M đều cắt (C) tại 2 điểm A, B. Gọi H là hình chiếu của I trên D . Ta  có  2 2 AB 2 R IH = -  , 0 IH IM £ £  .  +) AB nhỏ nhất Û IH lớn nhất  IH IM H M Û = Û º  . Khi đó D  qua M và vuông góc IM. Vậy D  hay d có phương trình:  2x y 5 0 - - =  .  +) AB lớn nhất Û IH nhỏ nhất  IH 0 H I Û = Û º  . Khi đó D  qua M và I. Vậy D  hay d’ có  phương trình:  x 2y 0 + =  .  0.25  0.25  0.25  0.25  VIa.2  (S) có tâm ( ) I 1; 2;0 -  , bán kính  9 R  5 =  . d qua ( ) A 2;1;3 -  có VTCP ( ) u 2;1;1  r  .  (P) chứa d nên (P) qua A và (P) có VTPT  n  r  ,  n u ^ r r  suy ra ( ) ( ) n A;B; 2A B - + r  2 2 A B 0 + ¹  Do đó (P) có phương trình dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) A x 2 B y 1 2A B z 3 0 + + - - + - =  (P) tiếp xúc với (S) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2  3A 3B 3 2A B  9  d I,d R  5 A B 2A B + - + + Û = Û = + + +  0.25  0.25  0.25 2 B 2AB 0 Û + =  : Nếu A 0 B C 0 = Þ = =  , không thoả mãn. Chọn  B 0,C 2  A 1  B 2,C 0 = = - é = Þ ê = - = ë  Vậy phương trình (P):  x 2z 8 0 - + =  hoặc  x 2y 4 0 - + =  .  0.25  VIIa  Số hạng tổng quát trong khai triển là:  2002 k  k  k  3  k 2002  3  x y  T C , 0 k 2002  y x - æ ö æ ö = £ £ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø  2002 k k 1 1 1 1  k  6 3 6 2  2002 C x y y x - - - æ ö æ ö = ç ÷ ç ÷ è ø è ø  2002 k k k 2002 k 6006 4k 3k 2002  k k 2 6 3 6 6 6  2002 2002 C x .y C x .y - - - - - - = =  Số hạng cần tìm là số Tk  tương ứng với k thoả mãn 6006 4k 3k 2002 k 1144 - = - Û =  .  Vậy số cần tìm là ( ) 715 1144  3 1144 2002 T C . xy =  0.25  0.25  0.25  0.25  VIb.  1  A d :3x y 1 0 Ï - - =  suy ra d qua B, D. Gọi H là hình chiếu của A trên d  thì ( ) H 1;2  C đối xứng với A qua d nên H là trung điểm AC suy ra ( ) C 4;1  .  B d Π và H là trung điểm BD nên ( ) ( ) B m,3m 1 ;D 2 m,5 3m - - -  ABCD S 40 AC.BD 80 = Û = ( ) ( )  2 2  36 4. 2 2m 6 6m 80 Û + - + - = ( ) 2 m 1 4 Û - = ( ) ( ) m 3 B 3;8 ,D 1; 4 = Þ - -  ; ( ) ( ) m 1 D 1; 4 , D 3;8 = - Þ - -  .  0.25  0.25  0.25  0.25  VIb.  2 ( ) B P Π , (P) có VTPT ( ) n 1;1;1  r  , ( ) d P Ì Þ ( ) ( ) d u A;B; A B - + r  , ( ) 2 2 A B 0 + ¹ ( ) u 2;1; 2 D r  , ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2  2A B 2 A B  B  cos d,  3 2A 2AB 2B 3 A B A B + - + D = = + + + + +  .  Nếu ( ) ( )  0 B 0 cos d, 0 d, 90 = Þ D = Þ D =  , không thoả mãn, vậy B 0 ¹  ,  đặt ( )  2  A 1  t cos d,  B  3 2t 2t 2 = Þ D = + +  . ( ) d,D  nhỏ  nhất ( ) cos d, Û D  lớn  nhất  2 t t 1 Û + +  nhỏ  nhất  1 A 1  t A 1,B 2  2 B 2 Û = - Þ = - Þ = = -  .  Vậy d có phương trình:  x 1 y 1 z 1  1 2 1 - - + = = -  .  0.25  0.25  0.25  0.25  VIIb  Phương trình ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 2 z 2z 1 z 0 z z 1 z z 1 0 Û + + - = Û - + + + =  2  1 z z 1 0 : 1 4 3 - + = D = - = - Þ  phương trình có 2 nghiệm  1 2  1 3 1 3  z i , z i  2 2 2 2 = + = -  2  2 z z 1 0 : 1 4 3 + + = D = - = - Þ  phương trình có 2 nghiệm  3 4  1 3 1 3  z i , z i  2 2 2 2 = - + = - -  Vậy tổng các nghiệm của phương trình là  1 2 3 4 z z z z 0 + + + =  0.25  0.25  0.25  0.25