KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Kh ố i A+AB Th ờ i gian: 180 phút (không k ể th ờ i gian giao đề ) Đề thi gồm 01 trang Câu I . Cho hàm số 32 y2xx4x1(C)  1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Tìm s ố th ự c k sao cho có hai ti ế p tuy ế n phân bi ệ t cùng h ệ s ố góc k ti ế p xúc v ớ i (C) và đườ ng th ẳ ng đ i qua hai ti ế p đ i ể m c ắ t tr ụ c hoành t ạ i đ i ể m A, c ắ t tr ụ c tung t ạ i đ i ể m B sao cho OB = 2012.OA Câu II . 1. Giải phương trình 7 1x 4x6 2   2. Giải hệ phương trình 3x y 5x 4y 5 12 5x 4y x 2y 35           Câu III 1. Giải phương trình 2 2cos2x cot x cos x 1 1tanx sinx    2. Nhận dạng tam giác ABC biết: 2 2bc cos(B C) a  (Trong đ ó A, B, C là ba góc; a, b, c l ầ n l ượ t là độ dài các c ạ nh BC, CA, AB) Câu IV 1. Cho hai đường tròn 22 1 (C ):(x 1) (y 2) 4    và 22 2 (C ):(x 2) (y 3) 2  cắ t nhau t ại đ iể m A(1; 4). Vi ết ph ươ ng trình đườ ng thẳ ng đi qua A và c ắ t lạ i (C 1 ), (C 2 ) l ần l ượt t ạ i M và N sao cho: MA = 2.NA; 2. Cho hình chóp S.ABC có đ áy ABC là tam giác vuông t ạ i A, AB = a,  0 ABC 60  , tam giác SAB đề u. G ọ i H là hình chi ế u vuông góc c ủ a A trên BC. Hình chi ế u vuông góc của đỉnh S trên mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH. a. Tính thể tích khối chóp S.ABC b. Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn 22 xy3 xyxy4       . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 P(x,y) x y xy 2xy. Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ) GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam) Họ và tên thí sinh :………….……………………………… … …….SBD:……………… ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – KHỐI A+AB Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 32 y2x x 4x1(C)   1.00 1- TXĐ : R 2.SBT . - Giới hạn: xx lim ; lim .     - Có : 2 2 y' 6x 2x 4 (x 1)(6x 4);y' 0 x 1;x . 3    - BBT. Hàm số đb trên khoảng (;1)  và 2 (; ), 3  nb trên 2 (1; ). 3  Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ; giá trị cực đại là f(-1) = 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/3 ; giá trị cực tiểu là f(2/3) = - 17/27. 3. Đồ thị. Điểm uốn 191 I( ; ) 654  làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Oy tại (0 ; 1), Cắt Ox tại (1 ; 0); 317 (;0) 4  ; đi qua (-2 ; -7) 0.25 0.25 0.25 0.25 I.2 Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến cùng hệ số góc k… 1.00 - Hoành độ hai tiếp điểm là nghiệm pt f'(x) k  22 6x 2x 4 k 6x 2x (4 k) 0 (*) - Có 2 tiếp tuyến (*) có 2 nghiệm p/b 25 ' 1 6(4 k) 0 k .(**) 6        - Có : 1137 f(x) f'(x)( x ) x 1. 3189  Giả sử M(x ; y) là tiếp điểm thì f'(x) k và 1137 3k37 k18 yf(x)k(x ) x1 x 3189 9 18        Vậy pt đ/ thẳng qua hai tiếp điểm là : 3k 37 k 18 yx;(d) 918      - Khi đó tọa độ giao điểm k18 k18 A ;0 ,B 0; ; 37 3k 0. 2(37 3k) 18           0.25 0.25 0.25 +  -  - 17 27 4 _ + +0 0 +  2 3 - 1 -  y y' x 8 6 4 2 -2 - 4 - 6 -1 5 -1 0 - 5 5 1 0 1 5 O - Đk: (**) k18 k18 OB 2012.OA 2012 | 37 3k | 18108 18 2(37 3k)      18145 18071 k;k . 33   Vậy có hai giá trị k thoả mãn. 18145 18071 ;. 33  0.25 II.1 Giải phương trình: 7 1x 4x6 2   1.00 Đặt 1x u;4x6 v;u,v0.   Ta được hệ : 22 2(u v) 7 (1) 4(1 u ) v 6 (2)      (1) 7 uv 2  , thế vào (2): 22 2 v3 7 v4( v)105v28v390 13 2 v 5        - Với 13 v3;u 4x63 x . 24   (tm) - Với 13 9 13 19 v;u(tm) 4x6 x . 510 5 100   Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100. 0.25 0.25 0.25 0.25 II.2 Giải hệ phương trình: 3x y 5x 4y 5 12 5x 4y x 2y 35           1.00 - Đk: 3xy0;5x4y0.   Đặt 22 u 3xy;v 5x4y x2y2(3xy)(5x4y)2u v Hệ trở thành: 22 22 uv5 u5v 12v 2u v 35 0 2(5 v) v 12v 35 0            2 u5v v8v150       v3;u2 v5;u0       TH1 . v3 5x4y9 x1 u2 3xy4 y1          . TH2 . 25 x v5 5x4y25 7 u0 3xy0 75 y 7                . Vậy hệ có 2 nghiệm (1 ;1) ;(-25/7 ; 75/7) 0.25 0.25 0.25 0.25 III.1 Giải phương trình: 2 2cos2x cot x cos x 1 (1) 1tanx sinx    1.00 - Đk : sin x 0;cos x 0 x k ,k Z. 2   2 cos x cos 2x (1) 2cos x cos x 1 sin x sin x  2 2cos xsin x cos x cos2x cos xsin x sin x 2 (2cos xsinx sinx) (cosx sinxcosx) cos2x 0 22 (2cos x 1)sin x cosx(1 sinx) (2cos x 1) 0 2 (2cos x 1)(sin x 1) cos x(1 sin x) 0 0.25 0.25 2 (sin x 1)(2cos x cos x 1) 0  (sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0    12 2cos x 1 0 cos x x k2 ,k Z (t / m) 23   Vậy phương trình có hai họ nghiệm : 2 xk2,kZ 3   . 0.25 0.25 III.2 Nhận dạng tam giác ABC biết 2 2bc cos(B C) (*) a  1.00 - Áp dụng định lý Sin trong tam giác 2 2sin B.sinC 4sin Bsin C (*) cos(B C) 2sin Acos(B C) sin A sin A    4sinBsinC 4sinBsinC 2sin(B C)cos(B C) sin2B sin2C sin A sin A    sin Bsin C sin Bsin C (sin Bcos B ) (sin C cos C ) 0 sin A sin A  sin C sin B sin B(cosB ) sin C(cosC ) 0 sin A sin A  sin B(sinAcosB sin(A B)) sinC(sinAcosC sin(A C)) 0 sin Bsin BcosA sinCsin CcosA 0   22 0 (sin B sin C)cosA 0 cosA 0 A 90 . Vậy  ABC vuông tại A. 0.25 0.25 0.25 0.25 IV.1 22 1 (C ):(x 1) (y 2) 4 ; 22 2 (C ):(x 2) (y 3) 2   ; A(1;4) 1.00 - Giả sử MN có dạng : 22 a(x 1) b(y 4) 0; a b 0.     ( Do MN đi qua A) - Gọi H 1 , H 2 lần lượt là trung điểm AM, AN 222 2 12111222 AH 2.AH R O H 4(R O H )    22 22 11 22 R d (O ,(d)) 4[R d (O ,(d))]   22 22 22 |a 2b a 4b| |2a 3b a 4b| 442 ab ab                 22 22 22 4b 4(a b) 48 ab ab     2 2 22 a2ab 1b2ab0 ab    TH1. b 1, a 0 (d) : x 1 0  TH2. b 2a 0.  Chọn a = 1 ; b = -2 ta được (d) : x – 2y + 7 = 0. Vậy có hai đường thoả mãn : x – 1 = 0 và x – 2y + 7 = 0. 0.25 0.25 0.25 0.25 IV.2a Tính thể tích khối chóp S.ABC 1.00 - Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH. - Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ; AC 2 3. - Tam giác ABH có  00 ABH 60 BAH 30  ; 2 2 AB a a a 3 BH ; AH a . 22 4 2   - AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB. AOB cân tại O   00 ABO 30 OBH 30 0.25 0.25 C 2 C 1 (d) R 2 R 1 M N A O 1 O 2 H 2 H 1 a a 30 0  2a a a3 a A C S H O M - Tam giác BHO có : 0 a OH BH.tan 30 ; 23  a OA OB 2OH . 3   ( Suy ra O nằm giữa A và H) - Tam giác SAO có : 2 222 a2 SO AB OB a a . 33  3 S.ABC 1112a2 V SO.S(ABC) AB.AC.SO .a.a 3.a . 36636  (đvtt) 0.25 0.25 IV.2b Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) 1.00 - Hạ OM  AC = M (1) ; do AC  SO , suy ra AC mp(SOM) AC SM (2)   Từ (1), (2)  góc  giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO. Tam giác SMO vuông tại O  SMO - Trong tam giác AOM có :  0 aa3a OM AO sin OAM sin 60 . 22 33   Vậy : 2 a SO 26 26 3 tan arctan . a MO 3 3 2     0.25 0.25 0.25 0.25 V Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 P(x,y) x y xy 2xy. 1.00 - Đặt xy3a,a0.  Khi đó có hệ : 22 2 xy3a xy3a xy3a (x y) 4 a 6a 5 (x y) 3xy 4 xy xy 33                  x, y là nghiệm của phương trình : 2 2 a6a5 t(3a)t 0(*) 3     - Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm. 2 22 a0 a0 7a0 4 a6a70 (3 a) (a 6a 5) 0 3                  - Khi đó : 232 (a 6a 5)(a 1) a 7a 11a 5 P(x,y) xy(x y 2) f(a) 33         2 111 f '(a) (3a 14a 11); f '(a) 0 a 1;a ; 33   - BBT. f( 7) 24; 11 256 f( ) ; 381  5 f(0) . 3  0.25 0.25 0.25 -24 5 3 0 256 81 + _ +0 0 0-1 - 11 3 -7 f(a) f'(a) a Vậy : a[7;0] 2 xy 256 11 3 maxP(x, y) f (a) a 32 81 3 xy 27 max             3 105 3 105 x;y 99 3 105 3 105 x;y 99              0.25 (Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa) . KỲ THI THỬ Đ I HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Kh ố i A+AB Th ờ i gian: 180 phút (không k ể th ờ i gian giao đề ) Đề thi gồm 01 trang Câu I tam giác 2 2sin B.sinC 4sin Bsin C (*) cos(B C) 2sin Acos(B C) sin A sin A    4sinBsinC 4sinBsinC 2sin(B C)cos(B C) sin2B sin2C sin A sin A 