dap an thi thu dh toan khoi A lan 1 2012 chuyen QB

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (315.79 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QB ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ LẦN I TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; Khối: A

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu Nội dung Thang

điểm

TXĐ : D = R\{1} 0.25

Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1

x f x x f x  nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1

lim ( ) , lim

x x

f x

 

 

   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25
y’ = 1 2 0

(x 1)

 



Bảng biến thiên

1
+

-

-y
y'

x - 1 +

Hàm số nghịch biến trên (;1)và (1;)

Hàm số khơng có cực trị 0.25

Câu I 
(2.0điểm)

Giao điểm của đồ thị
với trục Ox, Oy là (0 ;0)

f(x)=x/(x-1)
f(x)=x/(x-1)

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ

tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0

0
2

0 0

( )

( 1) 1

x

y x x

x x

   

 

2 2

0 0

(1 ) 0

x x y x

     (d) 0.25
d(I,(d)) =

2 2

0 0 0

4 4

0 0

0 2

1 ( 1) 2( 1) 2

2
1

1 ( 1) 1 ( 1)

( 1)

x x x

x x
x
x
   
  
   
 
 0.25

Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi

2 4

0 2 0 0

0
0

0
1

( 1) ( 1) 1 1 1

2
( 1)

x

x x x

x
x


          


  0.25

2.(1.0đ)

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = - x

+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = - x + 4 0.25
1. PT sin 2xcos 2x3sinxcosx2

2 sin cosx x3sinx2 cos2xcosx 3 0.

0.25

















2 cos 3 sin cos 1 2 cos 3 0
sin cos 1 2 cos 3 0

x x x x

x x x

     

     0.25

 cos 3( )
2
x VN

0.25
Câu II

(2.0.đ)
1.(1.0đ)

sin cos 1 sin 1 2 2

4 2

x k

x x x

x k




 

  
  
        

   

KL: nghiệm PT là 2 , 2

x  k  xk . 0.25 
PT  2(3x1) 2x2 110x2 3x6

2
3
2
)
1
2
(
4
1
2
)
1
3

(

2 x x2   x2   x2  x 0.25

Đặt 2

2 1 0

t  x   (*)
Pt trở thành 4 2 2(3 1) 2 2 3 2 0







 x t x x

t 0.25

Ta có: 2 2 2

)
3
(
)
2
3
2

(
4
)
1
3
(
'      

 x x x x

Suy ra
2
2
;
2
1
2 



 x t x

t 0.25

2.(1.0đ)

Thay vào (*) ta có 1 6 2; 60

2 7

x    

 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Đặt x =

2 t dx dt



    . 0 ; 0

2 2

x  t  x  t .
Ta có:

2 2

0 2 0 2

sin sin

4 4

1 sin 1 sin

4 4

x t

I dx dt

x t

   

 

   

 

   

   

 

   

       

   



0.25

0 2

sin
4
1 sin

4
t

I dt

t

 



 



 

 

 

 

   

 



0.25

Câu III 
(1.0điểm)

I = - I  I = 0 0.25
Dựng hình bình hành BAB'D. Do góc giữa các đường thẳng AB' và BC' bằng

600 nên góc giữa các đường thẳng BD và BC' bằng 600. Suy ra:




0
0
' 60
' 120
DBC
DBC

 



 



Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều cạnh đáy bằng 1 nên:

 0

' ' ', ' , ' ' 120

BB B C BB BD DB C  , B'D = B'C' = 1

Suy ra 2

' 1

BDBC  m  và DC' = 3

Hình vẽ

0.25

0.25
 Nếu  0

' 60

DBC   DBC'đều nên 2

1 3 2

m   m 0.25

Câu IV 
(1.0 đ)

 Nếu  0
' 120

DBC  , áp dụng định lý cosin cho tam giác DBC' suy ra:
2 2 2 0

3m  1 m  1 2(m 1) os120c

2 2 2

3 m 1 m 1 m 1 m 0

         (loại) 0.25

Áp dụng BĐT Cô-si : 18x 2 12
x

  (1). Dấu bằng xãy ra khi 1
3
x .

0.25
Câu V

(1.0 đ)

Tương tự: 18y 2 12

y

  (2) và 18z 2 12
z

  (3).

0.25

C

C’ 
B’

B

A’ 
m

D 3

A

1
1 0

120

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Mà: 17



xyz



 17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P19. 0.25
1

P x yz . KL: GTNN của P là 19.

0.25
Đường thẳng (AC) khơng vng góc với trục hồnh, vì nếu thế thì B khơng

thể thuộc đường thẳng y = 3.

Đường thẳng (AC) có phương trình: y = k(x - 1) +1
Thấy ngay k 0. Khi đó tọa độ C k 1; 0

k



 

 

  0.25

M là trung điểm AC thì 2 1 1;

2 2

k
M

k



 

 

  .

1
; 1

AC
k

 

   

 



cùng phương với n(1; )k là véc tơ pháp tuyến của trung trực

 của đoạn AC. Suy ra phương trình của :

2 1 1 0

2 2

k

x k y

k

  

    

 

Giao với đường thẳng y = 3:

2 1 1 2 1 5 5 2 1

2 2 2 2 2

k k k k k

x k

k k k

      

      

 

Suy ra

5 2 1

;3
2

k k

B

k

   

 

  0.25

Ta phải có AB = AC

2 2

4 2 2 4 2

2
2

5 1 1

4 1 25 10 1 12 4 25 22 3 0

2
1

3 3

25 5

k

k k k k k

k k

k

k k

k

    

               

 

  



     

 

 0.25

Câu

VIa.(2.0đ)

1.(1.0 đ)

 3

k 3 4 3;3 , 0;3 5 3

3 3

B   C  

    

   

 3

k  3 4 3;3 , 0;3 5 3

3 3

B   C  

    

   

    0.25

MA = MB M thuộc trung trực của đoạn AB
I trung điểm AB  0; ;3 1

2 2

I 

 , AB 



2;1; 1





Suy ra phương trình trung trực AB: 2x - y + z + 1 = 0 0.25
2.(1.0đ)

MA = MC M thuộc trung trực của đoạn AC
J trung điểm AC  3; 1;3

2 2

J  

 , AC



1; 4;1





</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:

2 1 0

4 7 0

3 7 0

x y z
x y z
x y z

   




   



    

 0.25

0 ( 8; 0;15)
15

x

y M

z
 



   

 

 0.25

ĐK: *

, 3

x x 0.25

2 2 3

1 6 1 (2 )! ( )! 6 ( )!

10 . . 10

2 x x x 2 (2 2)! ( 2)! 3!( 3)!

x x x

A A C

x x x x x

      

   0.25

(2 1) ( 1) ( 2)( 1) 10

3 12 4

x x x x x x

x x

       

     0.25

Câu VIIa. 
(1.0điểm)

Do ĐK nên x = 3 hoặc x = 4. 0.25

Đường tròn (C): x2 + y2 - 6x + 5 = 0 có tâm I(3; 0), R = 2. 0.25
Gọi hai tiếp tuyến kẻ từ M là MA, MB, trong đó A, B là hai tiếp điểm. Góc

giữa hai tiếp tuyến bằng 600 khi chỉ khi AMB = 600 hoặc AMB = 1200 . 0.25
i) AMB = 600: AMI = 300  IM = 2R = 4. Suy ra M thuộc đường trịn

tâm I bán kính IM = 2: (x - 3)2 + y2 = 16

M thuộc Oy nên x = 0. Suy ra y  7. Ta có hai điểm:

M1(0; 7 ),M2(0; 7 ) 0.25
Câu

VIb.(2.0đ)
1.(1.0 đ)

ii) AMB = 600: AMI = 600  IM = Rsin600 = 4

3. Suy ra M thuộc
đường tròn tâm I bán kính IM = 4

:

(x - 3)

+ y2 = 16
3

M thuộc Oy nên x = 0. Suy ra khơng có M thõa. 0.25

Các đường thẳng d và d' có phương trình tham số d:

2
2
2

x t

y t

z t
  




 


 


d':

5 3
2

x t

y t

z t
  




 


 

Suy ra d đi qua M0(- 2; 2; 0) và có véc tơ chỉ phương a ( 1; 1; 2)



,
d' đi qua M0'(- 5; 2; 0) và có véc tơ chỉ phương a'(3; 1; 1)



; 0.25

Gọi () là mf(M, d) thì ( ) có cặp chỉ phương:
( 1; 1; 2)

a   và MM0 (- 4; - 1; - 1)vtpt n = (1; - 9; 5)
Suy ra phương trình ( ) : x - 9y + 5z + 20 = 0

Thấy ngay () không song song với d' do a n '.  0 0.25
2.(1.0đ)

Gọi () là mf(M, d') thì () có cặp chỉ phương:

' (3; 1; 1)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Thấy ngay () không song song với d do a n .  0 0.25

Như thế, đường thẳng  cần tìm là giao tuyến của mf( ) và mf()

Suy ra phương trình :

29 11
2 2

11 7
10 10

x t

y t

z t



  








   

 0.25

1 1

1 1 1 3 4

3.3 4.4 5.5 3 4 5 1

5 5

x x

x x x x x x

 

      

         

    (1) 0.25

1 1 1 1

3 4 3 3 4 4

( ) , '( ) ln ln 0,

5 5 5 5 5 5

x x x x

f x f x x

   

       

         

       

Suy ra f nghịch biến, liên tục trên  0.25
 (1)  f x( ) f(2)x2 0.25
Câu VIIb.

(1.0điểm)

</div>

dap an thi thu dh toan khoi A lan 1 2012 chuyen QB



































:

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về