THI THU DH CHO 121110CO DA

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN. TRƯỜNG THPT HƯƠNG-SƠN. Lần thứ 1. Năm học 2012-2013. Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I :(2,0 điểm) Cho hàm số: y=. x−1 x +1. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên (C) hai điểm A, B sao cho A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = 2x+3. Câu II :(2,0 điểm) cos   ( x 2  2 x)  1 1) Cho phương trình: π π 2 2. Tìm nghiệm của phương trình thuộc khoảng (− ; ) . x( x  1)  4( x  1). x m x 1. 2) Cho phương trình: a) Giải phương trình với m=0 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Câu III :(2,0điểm). 2 1) Giải phương trình: log 2 x  ( x  7) log 2 x  12  4 x 0 40 2) Tìm hệ số lớn nhất của x trong khai triển (1  2 x) . Câu IV: (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. 1) Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN 2) Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. Câu V: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB  5 , đỉnh C ( 1;  1) , đường thẳng AB có phương trình x  2 y  3 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y  2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Câu VI: (1,0 điểm) Biết tam giác ABC có một góc không nhọn. Đặt AB=c, AC=b; BC=a, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) abc. .. -------------Hết-------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Các thí sinh khối B và khối D không làm các câu: II 2b và câu IV2 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Dành cho học sinh khối 11 Thời gian làm bài: 150 phút. TRƯỜNG THPT HƯƠNG-SƠN. Năm học 2012-2013. Câu I :(2,5 điểm) Cho hàm số: y=. x−1 x +1. 1) Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số trên và chứng minh I(-1;1) là tâm đối xứng của đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên (C) hai điểm A, B sao cho A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = 2x+3. Câu II :(2,5 điểm) cos   ( x 2  2 x)  1 1) Cho phương trình: π π 2 2. Tìm nghiệm của phương trình thuộc khoảng (− ; ) . x( x  1)  4( x  1). x m x 1. 2) Cho phương trình: a) Giải phương trình với m=0 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Câu III :(2,5 điểm). 40 1) Tìm hệ số lớn nhất của x trong khai triển (1  2 x). 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB  5 , đỉnh C ( 1;  1) , đường thẳng AB có phương trình x  2 y  3 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y  2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Câu IV: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, BC, CD, mặt phẳng (MNP) cắt SB tại I cắt SD tại J. Nêu cách dựng thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng (MNP) và tính các tỷ số:. SI SJ ; . IB JD. Câu V: (1,0 điểm) Biết tam giác ABC có một góc không nhọn. Đặt AB=c, AC=b; BC=a, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) abc. -------------Hết-------------.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Dành cho học sinh khối 10 Thời gian làm bài: 150 phút. TRƯỜNG THPT HƯƠNG-SƠN. Năm học 2012-2013. Câu I :(2,5 điểm) Cho hàm số: y=. x−1 x +1. 1) Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số trên và chứng minh I(-1;1) là tâm đối xứng của đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên (C) hai điểm A, B sao cho A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = 2x+3. Câu II :(2,5 điểm) cos   ( x 2  2 x)  1 1) Cho phương trình: π π 2 2. Tìm nghiệm của phương trình thuộc khoảng (− ; ) . x( x  1)  4( x  1). x m x 1. 2) Cho phương trình: a) Giải phương trình với m=0 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Câu III: (2,5 điểm) 1) Chứng minh mệnh đề: Trong các hình thoi có cùng diện tích, thì hình vuông có chu vi bé nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB  5 , đỉnh C ( 1;  1) , đường thẳng AB có phương trình x  2 y  3 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y  2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Câu IV: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC với A(1;1), B(3;1), C(4;3). M là điểm thuộc đường thẳng MA +2 ⃗ MB+ 3 ⃗ MC| đạt trung trực của đoạn AB, tìm tọa độ của M, sao cho giá trị P= |⃗ giá trị bé nhất . Câu V: (1,0 điểm) Biết tam giác ABC có một góc không nhọn. Đặt AB=c, AC=b; BC=a, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) abc.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> -------------Hết------------ĐÁP ÁN KHỐI 12. CâuI (2điểm): 1)(1điểm) Đến bảng biến thiên đúng: ½ điểm. Vẽ đồ thị đúng: ½ điểm 2) (1 điểm) Tịnh tiến Oxy đến IXY sao cho I(-1;1) ta có ph trình mới của hàm số là Y=-2/X; còn đường thẳng (d) có phương trình: Y=2X. Xét họ (d/) vuông góc với (d) có phương trình: Y=-X/2+m. (d) cắt(d/) tại điểm có hoành độ X0=2m/5. (d/) cắt đồ thị (H) tại A, B có hoành độ là nghiệm của ph trình -2/X=-X/2+m hay X2-2mX-4=o có 2 nghiệm là X1 và X2. A,B đối xứng qua (d) khi X1+X2=2X0 giải ra có m=0. Thay vào có X1=-2; X2=2. Vậy A(-2,1), B(2,-1). Trả về trên hệ Oxy ta có A(-3;2); B(1; 0). Giải bằng cách khác có kết quả này, cho điểm tối đa. Câu II (2điểm): 2 cos   ( x 2  2 x)  1 1) (1đ) Giải phương trình: x −2 x − 2 k=0 ⇔ x 1  1  2k ; k 0; k  Z. x 1=1− √ 1+2 k ; x 2=1+ √ 1+ 2 k ; k ≥ 0 ; k ∈ z π π 2 2. Nghiệm thuộc khoảng (− ; ) là các nghiệm (ứng với k= 0,1,2,3 ở nghiệm x1 -khong có k ở x2) vậy các nghiệm đó là: x=0 ; x=1 − √ 3 ; x=1− √ 5 x( x  1)  4( x  1). x x m t ( x  1) x 1 x  1 thì t  R ( Lập Đặt. 2) (1đ) Cho ph.trình: luận t  R được ¼ điểm). Nếu đưa x-1 vào trong dấu căn, thì phải chia 2 trường hợp để giải. 1. 65. a) (1/2đ)Với m=0 ta có t=0;t=-4 suy ra x=0; x= 2 . Phần này có thể thay m=0 vào giải theo cách khác, mà không cần đặt ẩn phụ. b)(1/2đ) Phương trình có nghiệm khi m=t(t+4) có nghiệm, suy ra m  4 . Chú ý phải lập luận về giá trị của t là t  R . Câu III 1(1điểm): Đặt ẩn phụ t log 2 x giải ph.trình bậc 2: t  (7  x)t  12  4 x 0 ; t=4; t=3-x (1/2đ) t=4 ta có log 2 x=4 ⇔ x=16 ; t=3-x ta có log 2 x=3 − x ; nhẩm được x=2 , dùng tính đơn điệu chứng minh nghiệm x=2 là duy nhất. Vậy nghiệm của phương trình là: x= 16; x=2 (1/2đ). Câu III 2(1điểm): Viết khai triển (1+2x)40, chỉ ra số hạng tổng quát thứ i+1 là: 2. i C40 2i xi (1/2đ).. i. i−1. i i i 1 i 1 40! . 2 40 ! .2 2 1 ⇔ ≻ ⇔ ≻ Giả sử: C40 2  C40 2 i! (40 −i)! ( i−1)! . (41 −i)! i 41− i . Giải ra: i<82/3. i i i+1 i +1 Lại giả sử: C 40 2 ≻ C 40 2 giải tương tự ta có: i>79/3, kết hợp ta tìm được i=27 suy 27 27 ra hệ số max ứng với i=27. Hệ số cần tìm là C40 2 (1/2đ).. (Nếu chỉ xét một phía trừ 1/4đ) Câu IV 1).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> S. a. a 3. A. E. D. H M. B. 2a. N. Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Suy ra SH  (ABCD) Do đó SH là đường cao của hình chóp 2 2 2 2 2 S.BMDN. Ta có: SA  SB a  3a  AB nên  SAB vuông tại S. AB SM  a 2 Suy ra: . Do đó  SAM đều , suy ra. C. SH . a 3 2 . Vậy:. 1 a3 3 VS .BMDN  SH .S BMDN  3 3 (đvtt) Kẻ ME// a AE  2 Gọi  là góc DN ( E  AD ) .Suy ra  giữa SM và DN   ( SM , ME ) Ta có: AH  AE  SA  AE. Vậy:. SE  SA2  AE 2 . a 5 a 5 ME  AM 2  AE 2  2 , 2  SME cân tại E, có a a 5. 5. cos   :    SME 2 2 5 , suy ra. 5 5 Vậy côsin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN là Câu V (1 điểm) Do phương trình đường thẳng AB là x+2y-3=0 nên gọi cos  . A ( x1 ;. 3 − x1 3 − x2 ); B( x 2 ; ) 2 2. Khi đó tọa độ trọng tâm G(. x1 + x 2 − 1 4 − x 1 − x 2 ; ) Lại 3 6. do G thuộc đường x+y-2=0 nên thay vào ta có x1+x2=10. Mặt khác theo giả thiết AB=√ 5 3 − x1 3 − x 2 2 − ¿ =5 2 2 Nên thay x2=10-x1 vào, giải ra ta có x1=6 hay x1=4 2 x1− x2 ¿ + ¿ ¿ ¿ −3 −1 ); B(4 ; ) hay ngược lại. Suy ra A (6 ; 2 2 ¿. Câu VI (1 điểm) Không mất tính tổng quát, giả sử: a ≥ b ≥ c khi đó, do tam giác không nhọn nên 2 2 2 a ≥ b +c ≥ 2 bc hay: a ≥ √ 2 bc (1/4đ) Ta lại có P=. a+b b+c c+ a b c a . . =(1+ )(1+ )(1+ ) a b c a b c. a b a c b c P=2+ + + + + + b a c a c b.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a b a c b+ c a a P≥ 2+ + + + +2=4+ + + Dùng cosi cho ba số không dương b a c a a b c b+c a a ; ; và cho hai số dương b và c ta có: a c b 3 a(b+ c) 3 2 bc 2 √ bc Vậy P≥ 4+3 √ 2 (1/2đ) P≥ 4+3 ≥ 4 +3 √ bc bc. √. √. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại A.(1/4đ). ĐÁP ÁN KHỐI 11. CâuI (2, 5 điểm): 1)(1điểm) Dùng định nghĩa để chứng minh hàm số đã cho đồng biến trong 2 khoảng xác định: ½ điểm. Dùng công thức đổi trục đưa về hàm lẻ để kết luận: ½ điểm 2) (1,5 điểm) Tịnh tiến Oxy đến IXY sao cho I(-1;1) ta có ph trình mới của hàm số là Y=-2/X; còn đường thẳng (d) có phương trình: Y=2X. Xét họ (d/) vuông góc với (d) có phương trình: Y=-X/2+m. (d) cắt(d/) tại điểm có hoành độ X0=2m/5. (d/) cắt đồ thị (H) tại A, B có hoành độ là nghiệm của ph trình -2/X=-X/2+m hay X2-2mX-4=o có 2 nghiệm là X1 và X2. A,B đối xứng qua (d) khi X1+X2=2X0 giải ra có m=0. Thay vào có X1=-2; X2=2. Vậy A(-2,1), B(2,-1). Trả về trên hệ Oxy ta có A(-3;2); B(1; 0). Giải bằng cách khác có kết quả này, cho điểm tối đa. Câu II (2,5 điểm): 2 cos   ( x 2  2 x)  1 1) (1đ) Giải phương trình: x −2 x − 2 k=0 x 1  1  2k ; k 0; k  Z. x 1=1− √ 1+2 k ; x 2=1+ √ 1+ 2 k ; k ≥ 0 ; k ∈ z π π 2 2. Nghiệm thuộc khoảng (− ; ) là các nghiệm (ứng với k= 0,1,2,3 ở nghiệm x1 -khong có k ở x2) vậy các nghiệm đó là: x=0 ; x=1 − √ 3 ; x=1− √ 5 x( x  1)  4( x  1). x x m t ( x  1) x 1 x  1 thì t  R ( Lập Đặt. 2) (1,5 đ) Cho ph.trình: luận t  R được ¼ điểm). Nếu đưa x-1 vào trong dấu căn, thì phải chia 2 trường hợp để giải. 1. 65. a) (1/2đ)Với m=0 ta có t=0;t=-4 suy ra x=0; x= 2 . Phần này có thể thay m=0 vào giải theo cách khác, mà không cần đặt ẩn phụ. b)(1đ) Phương trình có nghiệm khi m=t(t+4) có nghiệm, suy ra m  4 . Chú ý phải lập luận về giá trị của t là t  R . Câu III 1(1điểm): i i i Viết khai triển (1+2x)40, chỉ ra số hạng tổng quát thứ i+1 là: C40 2 x (1/2đ). i i 1 i 1 40! . 2i 40 ! .2i − 1 2 1 C40 2i  C40 2 ⇔ ≻ ⇔ ≻ Giả sử: i! (40 −i)! ( i−1)! . (41 −i)! i 41− i . Giải ra: i<82/3..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> i +1 Lại giả sử: Ci40 2i ≻ C i+1 giải tương tự ta có: i>79/3, kết hợp ta tìm được i=27 suy 40 2 27 27 ra hệ số max ứng với i=27. Hệ số cần tìm là C40 2 (1/2đ). (Nếu chỉ xét một phía trừ 1/4đ) Câu III 2(1,5điểm):. Do phương trình đường thẳng Ab là x+2y-3=0 nên gọi A ( x 1 ;. 3 − x1 3 − x2 ); B( x 2 ; ) 2 2. x1 + x 2 − 1 4 − x 1 − x 2 ; ) Lại do G thuộc đường x+y-2=0 3 6 nên thay vào ta có x1+x2=10. Mặt khác theo giả thiết AB=√ 5 3 − x1 3 − x 2 2 − ¿ =5 2 2 Nên thay x2=10-x1 vào, giải ra ta có x1=6 hay x1=4 x 1 − x 2 ¿2+ ¿ ¿ ¿ −3 −1 ); B(4 ; ) hay ngược lại. Suy ra A (6 ; 2 2 ¿. Khi đó tọa độ trọng tâm G(. Câu IV (1,5điểm) Vẽ được hình chóp đúng 1/2đ Vẽ đúng thiết diện, có nêu cách vẽ: 1/2đ Chứng minh tỷ số SI/IB= 3: 1/2đ. Câu V (1 điểm) Không mất tính tổng quát, giả sử: a ≥ b ≥ c khi đó, do tam giác không nhọn nên a2 ≥ b2 +c 2 ≥ 2 bc hay: a ≥ √ 2 bc (1/4đ) a+b b+c c+ a b c a a b a c b c . . =(1+ )(1+ )(1+ ) P=2+ + + + + + a b c a b c b a c a c b a b a c b+ c a a P≥ 2+ + + + +2=4+ + + Dùng cosi cho ba số không dương b a c a a b c b+c a a ; ; và cho hai số dương b và c ta có: a c b 3 a(b+ c) 3 √ 2 bc 2 √ bc Vậy P≥ 4+3 √ 2 (1/2đ) P≥ 4+3 ≥ 4 +3 bc bc. Ta lại có P=. √. √. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại A.(1/4đ).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ĐÁP ÁN KHỐI 10. CâuI (2, 5 điểm): 1)(1điểm) ) Dùng định nghĩa để chứng minh hàm số đã cho đồng biến trong 2 khoảng xác định: ½ điểm. Dùng công thức đổi trục đưa về hàm lẻ để kết luận: ½ điểm 2) (1,5 điểm) Tịnh tiến Oxy đến IXY sao cho I(-1;1) ta có ph trình mới của hàm số là Y=-2/X; còn đường thẳng (d) có phương trình: Y=2X. Xét họ (d/) vuông góc với (d) có phương trình: Y=-X/2+m. (d) cắt(d/) tại điểm có hoành độ X0=2m/5. (d/) cắt đồ thị (H) tại A, B có hoành độ là nghiệm của ph trình -2/X=-X/2+m hay X2-2mX-4=o có 2 nghiệm là X1 và X2. A,B đối xứng qua (d) khi X1+X2=2X0 giải ra có m=0. Thay vào có X1=-2; X2=2. Vậy A(-2,1), B(2,-1). Trả về trên hệ Oxy ta có A(-3;2); B(1; 0). Giải bằng cách khác có kết quả này, cho điểm tối đa. Câu II (2,5 điểm): 2 cos   ( x 2  2 x)  1 1) (1đ) Giải phương trình: x −2 x − 2 k=0 x 1  1  2k ; k 0; k  Z. x 1=1− √ 1+2 k ; x 2=1+ √ 1+ 2 k ; k ≥ 0 ; k ∈ z π π 2 2. Nghiệm thuộc khoảng (− ; ) là các nghiệm (ứng với k= 0,1,2,3 ở nghiệm x1 -khong có k ở x2) vậy các nghiệm đó là: x=0 ; x=1 − √ 3 ; x=1− √ 5 x( x  1)  4( x  1). x x m t ( x  1) x 1 x  1 thì t  R ( Lập Đặt. 2) (1,5 đ) Cho ph.trình: luận t  R được ¼ điểm). Nếu đưa x-1 vào trong dấu căn, thì phải chia 2 trường hợp để giải. 1. 65. a) (1/2đ)Với m=0 ta có t=0;t=-4 suy ra x=0; x= 2 . Phần này có thể thay m=0 vào giải theo cách khác, mà không cần đặt ẩn phụ. b)(1đ) Phương trình có nghiệm khi m=t(t+4) có nghiệm, suy ra m  4 . Chú ý phải lập luận về giá trị của t là t  R . Câu III 1(1điểm): Xét hình thoi ABCD với O là giao 2 đường chéo. Theo giả thiết OA.OB=2S không đổi ta chứng minh, AB bé nhất khi OA=OB. Ta có AB=√ OA 2+ OB2 ≥ √ 2. OA . OB=2 S . Dấu bằng xảy ra khi OA=OB đpcm..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu III 2(1,5điểm): Do phương trình đường thẳng Ab là x+2y-3=0 nên gọi A ( x 1 ;. 3 − x1 3 − x2 ); B( x 2 ; ) 2 2. x1 + x 2 − 1 4 − x 1 − x 2 ; ) Lại do G thuộc đường x+y-2=0 3 6 nên thay vào ta có x1+x2=10. Mặt khác theo giả thiết AB=√ 5 3 − x1 3 − x 2 2 − ¿ =5 2 2 Nên thay x2=10-x1 vào, giải ra ta có x1=6 hay x1=4 x 1 − x 2 ¿2+ ¿ ¿ ¿ −3 −1 ); B(4 ; ) hay ngược lại. Suy ra A (6 ; 2 2 ¿. Khi đó tọa độ trọng tâm G(. Câu IV (1,5điểm) Cho tam giác ABC với A(1;1), B(3;1), C(4;3). M là điểm thuộc đường thẳng trung trực của đoạn AB, tìm tọa độ của M, sao cho giá trị P= |⃗ MA +2 ⃗ MB+ 3 ⃗ MC| đạt giá trị bé nhất Gdo M thuộc đường trung trực của AB (đt AB có phương trình: x=2) nên M(2; y0) ⃗ MA=(− 1; 1 − y 0 ) ; ⃗ MB=(1; 1 − y 0 ); ⃗ MC=(2 ; 3 − y 0 ). 12− 6 y 0 ¿ 2 ¿ Dấu = xảy ra 49+¿ P=√ ¿. khi y0=2 Vậy M(2;2) Câu V (1 điểm) Không mất tính tổng quát, giả sử: a ≥ b ≥ c khi đó, do tam giác không nhọn nên 2 2 2 a ≥ b +c ≥ 2 bc hay: a ≥ √ 2 bc (1/4đ) a+b b+c c+ a b c a a b a c b c . . =(1+ )(1+ )(1+ ) P=2+ + + + + + a b c a b c b a c a c b a b a c b+ c a a P≥ 2+ + + + +2=4+ + + Dùng cosi cho ba số không dương b a c a a b c b+c a a ; ; và cho hai số dương b và c ta có: a c b 3 a(b+ c) 3 2 bc 2 √ bc Vậy P≥ 4+3 √ 2 (1/2đ) P≥ 4+3 ≥ 4 +3 √ bc bc. Ta lại có P=. √. √. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại A.(1/4đ).

<span class='text_page_counter'>(10)</span>