SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: Toán, khối A,B,A1 Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm ) Câu I : ( 3,0 điểm ). Cho hàm số : 2x 1 y x 1    có đồ thị là   C . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của   C .Tìm trên đồ thị   C điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị   C cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn : 2 2 40 IA IB   . Câu II : ( 2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :   xxxxx 4cos1cossin42cos24sin      2) Giải hệ phương trình: 12 3 4 16 4 5 5 6 x y xy x y             Câu III : ( 1,0 điểm ).Tính tích phân: I = dx x x e   1 2 )ln1ln( . Câu IV : ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp tam giác đều . S ABC có cạnh bên bằng a , góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng 0 45 . Tính thể tích khối chóp . Câu V : ( 1,0 điểm ).Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2 a a b b c c       B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2,0 điểm ).( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần,phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa : (1 điểm).Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng 1 2 :3 5 0 , :3 1 0 d x y d x y       và điểm (1; 2) I  .Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt 1 2 ,d d lần lượt tại A và B sao cho 2 2 AB  Câu VII a.(1,0 điểm).Giải phương trình :       2 3 3 3 3 2.log 1 log 2 1 log 1 x x x      B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 2;1) A  ,cạnh 4 BC  ,điểm (1;3) M năm trên đường thẳng BC và điểm   1; 3 I  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Tính diện tích tam giác ABC . Câu VII b. ( 1,0 điểm ).Giải bất phương trình sau : 1 8 .3 9 9 x x x x     Download ebook, tài li󰗈u, đ󰗂 thi, bài gi󰖤ng t󰖢i : http://diendan.shpt.info www www www VVVuuuiiihhhoooccc222444hhh vvvnnn KKKêêênnn hhh hhh ọọọccc tttậậậppp OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: Toán, khối A,B, A1 Câu Ý Nội dung Điểm I 3,0 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : 2x 1 y x 1    +Tập xác định   \ 1 D    +Sự biến thiên  -Chiều biến thiên:   2 3 ' 1 y x   0  1 x    . Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1   và   1;    Cực trị : Hàm số không có cực trị.  Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 2 1 lim lim 2 1 x x x y x       ,đường thẳng 2 y  là tiệm cận ngang 1 1 21 21 lim ; lim 1 1 x x x x x x           , đường thẳng 1 x   là tiệm cận đứng  Bảng biến thiên : x -  - 1 +  y' + || + y  2 || 2  +Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 1 ;0 2 A       Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm   0; 1 B  Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là   1;2 I  làm tâm đối xứng. 0,5 0,5 0,5 0,5 8 6 4 2 -2 -4 -6 www www www VVVuuuiiihhhoooccc222444hhh vvvnnn KKKêêênnn hhh hhh ọọọccc tttậậậppp OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn 2 Tìm trên đồ thị   C điểm M có hoành độ dương 1,00 TCĐ   1 d : 1 x   ,TCN   2 : 2 d y    1;2 I  .Gọi 0 0 0 2 1 ; 1 x M x x             0 , 0 C x   Phương trình tiếp tuyến với   C tại       0 0 2 0 0 2 1 3 : : 1 1 x M y x x x x                    0 1 2 0 0 2 4 1; , 2 1; 2 1 x d A d B x x                              2 4 2 0 2 2 2 0 0 0 0 0 36 4 1 40 1 10 1 9 0 1 40 0 0 x x x x IA IB x x                       0 2 x   0 1 y     2;1 M . 0,5 0,5 II 2,00 1 Giải phương trình :   xxxxx 4cos1cossin42cos24sin      1,00   xxxxx 4cos1cossin42cos24sin    0cossin42cos22cos22cos2sin2 2  xxxxxx     0cossin22cos12sin2cos  xxxxx     0cossin2sin2cossin22cos 2  x xxx x x     01sin2coscossin  xxxx +) Zkkxxx  , 4 0cossin   +)       01sin21sin01sinsin2101sin2cos 22  xxxxxx Zmmxx  ,2 2 1sin   0,5 0,5 2 Giải hệ phương trình: 12 3 4 16 4 5 5 6 x y xy x y             1,00 Điều kiện 5 , 5, 0 4 x y xy    .Hệ tương đương 3(4 ) 2 4 16 4 2 4 5(4 ) 25 26 x y xy x y xy x y               Đặt u = 4x + y, v = 4xy thì hệ trở thành 3 2 16 2 5 25 26 u v u v u             2 3 16 2 5 25 26 v u v u u             2 2 16 26 3 4 9 96 256 4( 5 25) 676 52 u v u u v u u u                    2 2 16 26 3 4 9 96 256 3 40 0 u v u u u u                  8 16 u v      + Hệ đã cho tương đương 4 8 1 4 16 4 x y x xy y             0,25 0,25 0,25 0,25 III Tính tích phân: I = dx x x e   1 2 )ln1ln( . 1,00 www www www VVVuuuiiihhhoooccc222444hhh vvvnnn KKKêêênnn hhh hhh ọọọccc tttậậậppp OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn Đặt lnx = t , ta có I = 1 2 0 ln(1 ) t dt   . Đặt u = ln( 1+t 2 ) , dv = dt ta có : du = 2 2 , 1 t dt v t t   . Từ đó có : I = t ln( 1+ t 2 ) 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 2 ln 2 2 0 1 1 t dt dt dt t t                (*). Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được 1 2 0 1 4 dt t     . Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 + 2  0,5 0,5 IV 1,00 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có ( ) SG ABC  Gọi I là trung điểm cạnh BC ta có (gt) suy ra 0 45 SIG  . Gọi cạnh của tam giác đều ABC là 2 ( 0) x x  Ta có 3 AI x  , 3 3 IG x và 2 2 0 2 3 2 2 (1) cos45 3 3 3 2 IG x SI x SI x  Lại có : 2 2 2 SI a x   (2) Từ (1) và (2) ta có 2 2 2 2 2 2 3 5 3 3 5 x a x x a x a      Vậy ta có : 2 0 2 1 3 3 3 .4. .sin 60 2 5 5 ABC S a a    Và 3 3 . 5 3 5 a SG IG a   (Do tam giác ABC vuông cân ) Vậy thể tích khối chóp là : 3 2 . . 1 1 3 3 15 . . . 3 3 5 25 5 S ABC ABC a a V SG S a     (đvtt) 0,5 0,5 V Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2 aabbcc       1,00 Từ giả thiết suy ra 1 1 1 2 abc    Đặt : 1 1 1 ; y = ; z = b c x a  Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2 Ta có: 3 3 3 2 2 2222 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( ) x y z P aabbcc yzxzyx             Áp dụng bđt Cô-si: 3 2 3 ( ) 8 8 4 x y z y z x y z     3 2 3 ( ) 8 8 4 y xz xz y x z     3 2 3 ( ) 8 8 4 z y x y x z y x     0,5 0,5 www www www VVVuuuiiihhhoooccc222444hhh vvvnnn KKKêêênnn hhh hhh ọọọccc tttậậậppp OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn Do đó: 1 1 ( ) 4 2 P x y z     ( Đpcm) PHẦN RIÊNG THEO TỪNG BAN VI a Trong mp Ox y cho hai đường thẳng 1 2 :3 5 0 , :3 1 0 d xy d xy       và điểm (1; 2) I  .Viết phương trình đường thẳn đi qua I và cắt 1 2 , d d lần lượt tại A và B sao cho 2 2 AB  1,0 Ta có 1 A d  suy ra ( ; 3 5) A a a   và 2 B d  suy ra ( ; 3 1) A b b     1; 3 1 0 IA a a       ;   1; 3 1 IB b b     .vì , , A C I thẳng hàng nên tồn tại số k thõa mãn IB k IA        1 1 3 1 3 3 b k a b k a              Nếu 1; 1 4 a b AB     Không thõa mãn Vậy   1 1 3 1 3 3 3 2 1 1 b b k b a a b a a               Vậy ta có:         2 2 0 2 32;19, ;31 22 62 22 4 2 5 5 b a A b b B b b AB b b b a                       Khi đó     2;1 ; 0; 1 A B   Hoặc 2 31 4 17 ; , ; 5 5 5 5 A B               . Với     2;1 ; 0; 1 A B   .Suy ra đường thẳng cần tìm là : 1 0 x y    Với 2 31 4 17 ; , ; 5 5 5 5 A B               Suy ra đường thẳng cần tìm là : 7 9 0 x y    0,25 0,25 0,25 0,25 VII a Giải phương trình :       2 3 3 3 3 2.log 1 log 2 1 log 1 x x x      1.0 ĐK : 1 1 2 x x                         3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 (1) 2 log 1 2 log 2 1 2 log 1 log 1 log 2 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 0 1 ( ) 1 1 1 2 1 2 1 1 2 0 x x x x x x x x x x x x x x loai x x x x x x x x x x                                                      Vậy nghiệm phương trình là : 1 ; 2 x x   , 0 x  0,25 0,25 0,25 0,25 VI b .Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có đỉnh ( 2;1) A  ,cạnh 4 BC  ,điểm (1;3) M năm trên đường thẳng BC và điểm   1;3 I  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Tính diện tích tam giác ABC . 1,0 www www www VVVuuuiiihhhoooccc222444hhh vvvnnn KKKêêênnn hhh hhh ọọọccc tttậậậppp OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp là 5 R EA  ,Gọi H là trung điểm BC ta có EH=1.Ta có phương trinh BC qua M và có VTPT     2 2 ; 0 n a b a b    : BC : 3 0 ax by a b       2 2 2 2 3 3 , 1 1 3 3 1 3 abab d E BC EH b a b a            TH1 : 3 b a  .Phương trình cạnh BC : 3 1 3 3 0 x y  Và có 3 2 3 ( , ) 2 d A BC   .Suy ra   1 . , . 3 2 3 2 ABC S d A BC BC     TH2 : 3 b a   .Phương trình cạnh BC : 3 1 3 3 0 x y     Và có 2 3 3 ( , ) 2 d A BC   .Suy ra   1 . , . 2 3 3 2 ABC S d A BC BC     0,25 0,25 0,25 0,25 VII b Giải bất phương trình sau : 1 8 .3 9 9 x x x x     1,0 ĐK : 0 x        1 2 2 2 2 8 .3 9 9 8.3 9.3 3 8.3 9.3 1 8.3 9.3 1 0 2 x x x x x x x x x x x x x x x x                    Đặt 3 0 x x t    .Khi đó ta có :     2 1 2 9 8 1 0 1 9 t loai t t t             Với 2 2 1 3 3 2 2 9 0 2 2 2 4 5 4 0 x x t x x x x x x x x x                         Vậy nghiệm BPT là   0; 4 x 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa www www www VVVuuuiiihhhoooccc222444hhh vvvnnn KKKêêênnn hhh hhh ọọọccc tttậậậppp OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn . & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2 012 -2 013 Môn thi: Toán, khối A, B ,A1 Thời gian làm bài: 15 0 phút( không kể thời gian giao đề) A. . OOOnnnllliiinnneee Vuihoc24h.vn SỞ GD & ĐT HÀ TỈNH TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2 012 -2 013 Môn thi: Toán, khối A, B, A1 Câu Ý Nội dung Điểm I 3,0 1 Khảo sát. bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2 aabbcc       1, 00 Từ giả thi t suy ra 1 1 1 2 abc    Đặt : 1 1 1 ; y = ; z = b c x a  Suy ra x,y,z