Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 188)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 188 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan4x +1 =. (2  sin 2 2 x) sin 3 x . cos 4 x. 3  2 2 4 xy  4( x  y )  ( x  y ) 2  7  2. Giải hệ phương trình sau:  2 x  1  3  x y  2. Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =. s inxdx.  (sinx + cosx). 3. 0. Câu IV (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên ( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc  . Câu V (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ( với n  2), ta có: ln2n > ln(n-1).ln(n+1) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d :2 x  y  3  0 . Câu VII.a (1 điểm) 18. 1   Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  2 x   5 x  Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log5(3+ x ) > log 4 x .. x  0  .. 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết A 1; 4 , B 1; 4 .  . 1 2. và đường thẳng BC đi qua điểm M  2;  . Hãy tìm toạ độ đỉnh C .. . . n. Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của x 2  2 , biết. An3  8Cn2  Cn1  49 . ( Ank là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu VIII.b (1 điểm) Cho hàm số y .  x2  4x  3 . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất x2. kỳ trên đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số. ----------------------------------Hết----------------------------------. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I (2điểm). ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 188) Nội dung 1.(1 điểm). Khi m  1 hàm số trở thành: y  x 4  2 x 2  TXĐ: D= A. . x  0  x  1. . Sự biến thiên: y '  4 x 3  4 x  0  4 x x 2  1  0  . . yCD  y 0   0, yCT  y 1  1 . Bảng biến thiên x - y’. y. -1. . 0. +. 0 +. . 0. 0.25. +. 1 0. Điểm. 0.25 0.25. +. +. 0 -1. -1. Đồ thị. 0.25. . . x  0. 2. (1 điểm) y '  4 x 3  4mx  4 x x 2  m  0  . 2 x  m. Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y '  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0 . Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:. .   m ; m. A 0; m  1, B  m ;  m 2  m  1 , C. .  m 1. 0.25. 1 yB  y A . xC  xB  m 2 m ; AB  AC  m 4  m , BC  2 m 2 m  1 m 4  m 2 m  AB. AC.BC 3 1  1  m  2m  1  0    R 2 m  5  1 4 SA ABC 4m m  2 1 ( 1 điểm) ĐK: cosx  0  sinx   1. Ta có phương trình  sin4x + cos4x = ( 2 – sin22x)sin3x 1  ( 2 – sin22x)(1 – 2 sin3x) = 0  sin3x = ( do ( 2 – sin22x  1) 2 1  3sinx – 4sin3x = . Thay sinx =  1 vào đều không thỏa mãn. 2  2k  5 k 2  ;x   (k  Z ) Vậy các nghiệm của PT là x  18 3 18 3 2. (1 điểm) ĐK: x + y  0 3  2 2 3( x  y )  ( x  y )  ( x  y ) 2  7   Ta có hệ   x  y  1  x  y  3  x y . II (2điểm). 2. . SA ABC . Đặt u = x + y +. 1 ( u  2 ) ; v = x – y ta được hệ : x y. 3u  v  13  u  v  3. . Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( u  2 ). . 1  2 x  y  1 x  1 x  y  x y   Từ đó giải hệ  x  y  1 y  0 x  y  1  Lop10.com. 0.25. 2. 0.25. 0.25. 0.50 0.25 0.25. 0.25. 2. 0.25. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> III (1 điểm). Đặt x =.  2.  u  dx = - du. Đổi cận: x = 0  u = .  2. ;x=. .  2. u=0 . sin(  u )du 2 cosxdx 2  Vậy: I =  3 3      0  0 sinx + cosx  sin  2  u   cos  2  u        2. 0.50.   tan  x    dx s inx + cosx dx 4   Vậy : 2I =  =  dx   2 1 2 2  2 (s inx + cosx) 0 2cos 2  x  0 sinx + cosx  0 0   4  1 I 2 IV (1 điểm) . . . . 2. 2. 2. Dựng SH  AB Ta coù:. S. (SAB)  (ABC), (SAB)  (ABC)  AB, SH  (SAB)  SH  (ABC) và SH là đường cao của hình chóp. Dựng HN  BC, HP  AC A A  SN  BC, SP  AC  SPH  SNH . . 0.50. B H. . ΔSHN = ΔSHP  HN = HP.. . a 3 o ΔAHP vuoâng coù: HP  HA.sin 60  . 4. N. . C P. A. 0.50 ΔSHP vuoâng coù: SH  HP.tan  . . a 3 tan  4. 1 1 a 3 a2 3 a3  Theå tích hình choùp S.ABC : V  .SH.SABC  . .tan .  tan  3 3 4 4 16 0.50 V (1 điểm). . Với n = 2 thì BĐT cần chứng minh đúng 0.25. . Xét n > 2 khi đó ln(n – 1) > 0 BĐT tương đương với:. ln n ln(n  1)  (1) ln(n  1) ln n. 0.25. VI.a (1 điểm). ln x  Hàm số f(x) = , với x > 2 là hàm nghịch biến, nên với n > 2 thì f(n) > ln( x  1) ln n ln(n  1)  f(n+1)  . BĐT (1) được chứng minh. ln(n  1) ln n  A  Ox, B  Oy  A a;0 , B 0; b , AB   a; b   Vectơ chỉ phương của d là u  1; 2  Lop10.com. 0.50 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a b  2 2. Toạ độ trung điểm I của AB là  ; . A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi    a  2b  0  AB.u  0 a  4   b   b  2 . Vậy A 4;0 , B 0; 2   I  d a  2  3  0 0.50 VII.a (1 điểm). 18. k. 6k 18  1  18  k  1  k k 18  k 5 là T  C . 2 x .  C .2 . x   k 1 18 18  5  5 x   x 6k  0  k  15 .Vậy số hạng cần tìm là Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18  5 T16  C1815 .23  6528. . Số hạng tổng quát của  2x . 0.50. 0.50.  Lời giải: ĐK x > 0. Đặt t = log4x  x = 4t, BPT trở thành log5(3 + 2t) > t  3 + 2t >5t. VIII.a (1 điểm). 3 2 3 2  ( )t  1 . Xét hàm số f(t) = t  ( )t nghịch biến trên R và f(t) = 1 t 5 5 5 5 Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1)  t < 1, ta được log4x < 1  0<x <4 4 1 4 2  1   Pt tiếp tuyến của đồ thị tại A   ;0  là y    x    y   x  3 2 3 3  2  x 1 y  4  1  Đt BC đi qua B 1; 4  và M  2;  nên có pt:  9 x  2 y  17  0 9 1  2 2  9t  17  C  BC  C  t ;  , t A 2        9t  25  AB  2; 8 ; AC   t  1;  . Vì tam giác ABC vuông tại A nên AB. AC  0 2   9t  25  0  t  3. Vậy C 3;5  Suy ra t  1  4. 2. . VI.b (1 điểm). VII.b (1 điểm). . Điều kiện n  4, n  A .Ta có: x 2  2. n.   C n. k 0. k n. x 2 k 2n  k . Hệ số của x8 là Cn4 .2n  4. A  8C  C  49  n  2 n  1n  4 n  1n  n  49  n  7 n  7 n  49  0 3 n. 2 n. 1 n. 3. 0.50. 0.50 0.50. 0.50. x  4x  3 7  x  2  . Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho. M x; y  (C) x2 x2 7  y  x  2  .Tiệm cận xiên: y   x  2  x  y  2  0 ; Tiệm cận đứng: x  2 x2 x y2 7 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: d1  .  2 2. x  2 y. 0.50. 2.  n  7 n 2  7  0  n  7 Vậy hệ số của x8 là C74 .23  280. VIII.b (1 điểm). 0.50. 2. Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d 2  x  2 .Ta có: d1.d 2  Suy ra điều phải chứng minh. 0.50. 7 7 . . x2  2. x  2 2 0.50. 2 (9 x  2.3x  3) log 3 ( x  1)  log 1 27  .9 3 3 Lop10.com. x 1 2.  9x.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>