De Thi Thu So 75

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) xm Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  ( m là tham số) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m  2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt. A, B sao cho OA2  OB 2  14 ( với O là gốc tọa độ). Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình:. (2 cos x  1)sin 4 x  2sin 2 x cos x  sin x.  x 2  2 xy  x  0 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  2 y  y y  2 x x.  x, y   .  4. Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân : I  . cos 2 x. . dx .. (1  sin 2 x).cos( x  ) 4  ADC  900 , AB  3a , Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD AD  CD  SA  2a , SA  ( ABCD) . Gọi G là trọng tâm SAB , mặt phẳng (GCD ) cắt SA, SB lần lượt tại M , N . Tính theo a thể tích khối chóp S .CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM , BC . 3 Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thay đổi thoả mãn a  b  c  . Chứng minh rằng: 2 125 1  a 2 1  b2 1  c2   64 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I , có diện tích bằng 4, phương trình đường thẳng BC : x  y  0 , biết M (2;1) là trung điểm của AB . Tìm tọa độ điểm I . 0. 2. 2. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn (C ) :  x  1   y  1  4 . Lập phương trình đường thẳng d cách gốc tọa độ một khoảng bằng 2 và tiếp xúc với đường tròn (C ) . Câu 9.a (1,0 điểm) Cho x  0 và C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11  236 . Tìm số hạng không n.  1  phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  5  x  .  x    B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm G (2; 1) là trọng tâm, đường thẳng d : 3x  y  4  0 là đường trung trực của cạnh BC, đường thẳng AB có phương trình 10 x  3 y  1  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.. x2 y2   1 và đường thẳng d : 3x  4 y  12  0 . 16 9 Gọi các giao điểm của đường thẳng d và elip ( E ) là A, B . Tìm trên ( E ) điểm C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6.  22 x 1  2 x  y  6.4 y Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 2 log 2 ( x  1)  log 4 (2 y  1)  log 2 y  2 ----------Hết ---------Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A ( Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. Câu. Đáp án. Điểm. x2 Với m  1 ta có y  x 1  Tập xác định: D  R \{1}  Sự biến thiên:. 0.25. 1  0 x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;1) và (1;  ). -. Chiều biến thiên: y ' . -. Giới hạn và tiệm cận: lim y = 1, lim y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1 x  -∞. x  +∞. 0.25. lim y = + ∞ ; lim y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1. x 1. 1a (1 điểm). Bảng biến thiên: x y’ y. x 1. 1. -∞ +. + 1. +∞. 0.25. -∞. 1 . +∞. Đồ thị: 6. 4. 2. 0.25 5. -2. Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(1;1) làm tâm đối xứng  x  1 xm Phương trình hoành độ giao điểm:  2x  1   2 x 1 2 x  4 x  1  m  0(*) 1b (1 điểm). 2 (1 điểm). 0.25. đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1  m  1 Gọi A( x1; 2 x1  1); B ( x2 ; 2 x2  1) ; OA2  OB2  14  5( x1  x2 ) 2  10 x1 x2  4( x1  x2 )  12. 0.25. Vì x1  x2  2; x1 x2  1  m nên m  1 (thỏa mãn).. 0.25. 0.25. .  m ( m  Z ) . Phương trình đã cho tương đương với: 4 sin 2 x  cos x  sin x  2cos x  1  sin 2 x. 0.25.  sin 2 x  0(*) . Ta có (*)  x  k (k  Z )  2   cos x  sin x  2 cos x  1  1(**). 0.25.  x  k     (**)  sin  2 x    sin  x     (k  Z )  x    k 2 4 4    6 3. 0.25. Điều kiện: x .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> So sánh điều kiện ta được x  k ; x    k 2 (k  Z ). 0.25. Điều kiện: x  0, y  0. Ta có x 2  2 xy  x  0  x  0; x  2 y  1 Với x  0 thay vào phương trình thứ hai ta được y  0 .. 0.25. 2. 3 (1 điểm). 6. 3.  x  2 y  1 Với x  2 y  1 ta có ta có    x  2y  x  2 y  y y  2 x x. . . x y.  x  2. . . x  2 y  y y  2x x. . xy  5 y  0  x  y. 0.25 0.25. Với x  y suy ra x  y  1 .Vậy hệ có hai nghiệm x  y  0; x  y  1 . 0.25. . 4. Ta có I . 4 (1 điểm). 4 (cos x  sin x)(cos x  sin x) (cos x  sin x)  dx 2 dx 0  1 (sin x  cos x)2 0 (sin x  cos x)2 . (cos x  sin x) 2. Đặt t  sin x  cos x  dt  (cos x  sin x)dx ; x  0  t  1; x  2. I  2 1.  4. t  2. dt 2 2  2 t t 1. 0.25 0.25 0.25.  2 1 Vì DC / / AB nên MN / / AB; MN / / CD 2 2 4 MN  AB  2a  CD ; VSCDMN  2VSCDM  2. VSCDA  VSCDA 3 3 3 1 4 3 16 3 VSCDA  SA.SCDA  a  VSCDMN  a 3 3 9. S. A. N. G. M. 5 (1 điểm). 0.25. 2 d ( A,( SBC )) 3 Gọi K là hình chiếu của A trên BC , H là hình chiếu của A trên SK thì d ( A,( SBC ))  AH. 0.25. 0.25. DM / / CN nên d ( DM , BC )  d ( M ,( SBC )) . H. B. 0.25. K. 2 SABC 6 a 1 1 1 6a ;     AH  2 2 2 BC AS AK 5 AH 14 4a  d ( DM , BC )  14 Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ. 125 5 2 2 2  ln 1  a 2   ln 1  b 2   ln 1  c 2   3ln Ta có 1  a 1  b 1  c   64 4 4 3 2 t 4 1   Xét hàm số f (t )  ln(1  t 2 )  t , t   0;  ; f '(t )   0t  5 1 t2 5 2  2 D. 6 (1 điểm). 5 2 1 f (0)  0; f    ln  ; f 2 4 5  . 13 6 5 2 3  3    ln   f (t )  ln  t   0;  2 4 5 4 5    2 4 5 6 Do đó ln 1  a 2  ln 1  b2  ln 1  c 2   a  b  c   3ln   đpcm 5 4 5 1 Dấu bằng xảy ra  a  b  c  2 Đường thẳng MI qua M và song song với BC nên có phương trình x  y  1  0 A. . 7a (1 điểm). AK . C. . . . . . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25. D. d (M , BC )  M. B. I. 1 ; S ABCD  4  2.d ( M , BC ).BC  4  BC  2 2 2. BC MI   2 2 C. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a  3 a  1. Gọi I ( a; a  1); MI  2  . 0.25. Suy ra I (3; 2) hoặc I (1;0) .. 0.25. Gọi phương trình đường thẳng d là ax  by  c  0( a 2  b2  0) , d (d ; O)  2  Đường. tròn. d (d ; O)  2  8a (1 điểm). có. tâm. abc 2. a b. 2. I (1;1). bán. kính. R  2.. Vì. d. c. 2 a  b2 xúc với (C ) nên. tiếp. 2. 0.25. 2. b   a suy ra: | a  b  c || c |   c   a  b  2. 0.25. Với b   a , chọn a  1  b  1; c  2 2 ta được phương trình x  y  2 2  0 ab Với c   ta có 15a 2  2ab  15b 2  0  a  b  0 (không thỏa mãn). 2 Ta có C2kn 1  C22nn11 k k : 0  k  2 n  1 nên 1 C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11  C20n 1  C21 n 1  C22n 1  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11 2 Mà (1  1) 2 n 1  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11 suy ra 236  2n  n  18. . 9a (1 điểm). n. 8b (1 điểm). 9b (1 điểm). 0.25. . 0.25. là trung điểm BC , vì M  d. 0.25. 0.25. . . nên M ( m;3m  4) . Mà GA  2GM. nên. A(6  2m;5  6m) A  AB  m  2  M (2; 2), A(2; 7) BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x  3 y  8  0 B  AB  BC nên B(1;3) M là trung đểm BC nên C (5;1) .. 0.25 0.25. a 2 b2  1 16 9 3  3    Giải hệ ta tìm được C  2 2;   hoặc C  2 2;  2 2   1 Điều kiện x  1; y  2; y   . 2 2 x y  2 2( x  y ) x y Từ phương trình đầu ta có: 2.2  2  6  0   x y  y  x 1 2   3  2. Vì C  ( E ) nên. Thế vào phương trình thứ hai ta được: log 2 ( x 3  1)  log 4 (2 x  1) 2  log. 2. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. x 1. log 2 ( x 3  1)  log 2 2 x  1 ( x  1)  x3  1  2 x  1 ( x  1)  x 2  x  1  2 x  1 x  1 1 thì ta được phương trình: x 2  3 x  2  0   2 x  2. 0.25 0.25. Vì A, B là.các giao điểm của đường thẳng d và elip ( E ) nên A(4;0), B (0;3) hoặc B (4;0), A(0;3)  AB  5 3a  4b  24 1 Gọi C (a; b ) , S ABC  6  AB.d (C , d )  6  3a  4b  12  12   2 3a  4b  0. Với x . 0.25. 18 k. 18 18 6 18  1   1   1 k k k k  5  x    5  x    C18  5  .(  x )   C18 (1) . x  5 k 0 k 0  x   x   x 6 k  18 Số hạng không phụ thuộc x ứng với  0  k  3. 5 Suy ra số hạng cần tìm là C183 ( 1)3  816. Gọi M 7b (1 điểm). 18. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 thì ta được phương trình: x 2  x  0  x  0 2 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( x; y )  (0; 1),(1;0),(2;1) Với 1  x . ----------Hết ----------. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>