Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN, khối A TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN
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) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1 x m y x ( m là tham số) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với 2m . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng 2 1y x cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 2 2 14OA OB ( với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (2cos 1)sin4 2sin 2 cos sin x x x x x Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 0 , 2 2 x xy x x y x y y y x x Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân : 4 0 cos2 (1 sin 2 ).cos( ) 4 x I dx x x . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang, 0 90BAD ADC , 3AB a , 2AD CD SA a , ( )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 . Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực , ,a b c không âm thay đổi thoả mãn 3 2 a b c . Chứng minh rằng: 2 2 2 125 1 1 1 64 a b c 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 : 0BC x y , biết (2;1)M là trung điểm của AB . Tìm tọa độ điểm I . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn 2 2 ( ) : 1 1 4C x y . 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 0x và 1 2 3 2 1 2 2 1 36 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C . Tìm số hạng không phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 5 1 n 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 (2; 1)G là trọng tâm, đường thẳng :3 4 0d x y là đường trung trực của cạnh BC, đường thẳng AB có phương trình 10 3 1 0x y . Tìm tọa độ các điểm , , .A B C Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 16 9 x y E và đường thẳng : 3 4 12 0d x y . 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. Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 1 3 2 2 4 2 2 2 6.4 log ( 1) log (2 1) log 2 x x y y x y y ----------Hết ---------- Cảm ơn bạn ( hotboyth75@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl 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 Với 1m ta có 2 1 x y x Tập xác định: \{1}D R Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 1 ' 0 1 ( 1) y x x 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;1) và (1; ) - Giới hạn và tiệm cận: lim x -∞ y = 1, lim x +∞ y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1 1 lim x y = + ∞ ; 1 lim x y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1 0.25 - Bảng biến thiên: x - ∞ 1 +∞ y’ + + y +∞ 1 1 -∞ 0.25 1a (1 điểm) Đồ thị: 6 4 2 -2 5 Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(1;1) làm tâm đối xứng 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 2 1 1 2 4 1 0(*) x x m x x x x m 0.25 đường thẳng 2 1y x cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 1m 0.25 Gọi 1 1 2 2 ( ;2 1); ( ;2 1)A x x B x x ; 2 2 2 1 2 1 2 1 2 14 5( ) 10 4( ) 12OA OB x x x x x x 0.25 1b (1 điểm) Vì 1 2 1 2 2; 1x x x x m nên 1m (thỏa mãn). 0.25 Điều kiện: ( ) 4 x m m Z . Phương trình đã cho tương đương với: sin 2 cos sin 2cos 1 sin 2x x x x x 0.25 sin 2 0(*) cos sin 2cos 1 1(**) x x x x . Ta có (*) ( ) 2 k x k Z 0.25 2 (1 điểm) (**) sin 2 sin ( ) 2 4 4 6 3 x k x x k Z k x 0.25 So sánh điều kiện ta được 2 ; ( ) 2 6 3 k k x x k Z 0.25 Điều kiện: 0, 0.x y Ta có 2 2 0 0; 2 1x xy x x x y Với 0x thay vào phương trình thứ hai ta được 0y . 0.25 Với 2 1x y ta có ta có 2 1 2 2 2 2 2 x y x y x y y y x x x y y y x x 0.25 2 5 0x y x xy y x y 0.25 3 (1 điểm) Với x y suy ra 1x y .Vậy hệ có hai nghiệm 0; 1x y x y 0.25 Ta có 4 4 2 2 0 0 (cos sin )(cos sin ) (cos sin ) 2 1 (sin cos ) (sin cos ) . (cos sin ) 2 x x x x x x I dx dx x x x x x x 0.25 Đặt sin cos (cos sin )t x x dt x x dx ; 0 1; 2 4 x t x t 0.25 2 2 1 2 2 2 1 dt I t t 0.25 4 (1 điểm) 2 1 0.25 Vì / /DC AB nên / / ; / /MN AB MN CD 2 2 3 MN AB a CD ; 2 4 2 2. 3 3 SCDMN SCDM SCDA SCDA V V V V 0.25 3 3 1 4 16 . 3 3 9 SCDA CDA SCDMN V SA S a V a 0.25 / /DM CN nên 2 ( , ) ( ,( )) ( ,( )) 3 d DM BC d M SBC d A SBC Gọi K là hình chiếu của A trên BC , H là hình chiếu của A trên SK thì ( ,( ))d A SBC AH 0.25 5 (1 điểm) K M N G C B A D S H 2 6 5 ABC S a AK BC ; 2 2 2 1 1 1 6 14 a AH AH AS AK 4 ( , ) 14 a d DM BC Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ. 0.25 Ta có 2 2 2 2 2 2 125 5 1 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 3ln 64 4 a b c a b c 0.25 Xét hàm số 2 2 4 3 2 4 1 ( ) ln(1 ) , 0; ; '( ) 0 5 2 1 5 2 t f t t t t f t t t 1 5 2 3 13 6 5 2 3 (0) 0; ln ; ln ( ) ln 0; 2 4 5 2 4 5 4 5 2 f f f f t t 0.25 Do đó 2 2 2 4 5 6 ln 1 ln 1 ln 1 3ln 5 4 5 a b c a b c đpcm 0.25 6 (1 điểm) Dấu bằng xảy ra 1 2 a b c 0.25 Đường thẳng MI qua M và song song với BC nên có phương trình 1 0x y 0.25 7a (1 điểm) I M C A B D 1 ( , ) ; 4 2. ( , ). 4 2 2 2 ABCD d M BC S d M BC BC BC 2 2 BC MI 0.25 Gọi 3 ( ; 1); 2 1 a I a a MI a 0.25 Suy ra (3;2)I hoặc (1;0)I . 0.25 Gọi phương trình đường thẳng d là 2 2 0( 0)ax by c a b , 2 2 ( ; ) 2 2 c d d O a b 0.25 Đường tròn có tâm (1;1)I bán kính 2R . Vì d tiếp xúc với ( )C nên 2 2 ( ; ) 2 2 a b c d d O a b 0.25 suy ra: | | | |a b c c 2 b a a b c 0.25 8a (1 điểm) Với b a , chọn 1 1; 2 2a b c ta được phương trình 2 2 0x y Với 2 a b c ta có 2 2 15 2 15 0 0a ab b a b (không thỏa mãn). 0.25 Ta có 2 1 2 1 2 1 : 0 2 1 k n k n n C C k k n nên 1 2 3 2 1 2 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 . . 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C C 0.25 Mà 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 1) . n n n n n n n n n n C C C C C C suy ra 36 2 2 18 n n 0.25 18 18 18 18 6 18 5 5 5 5 18 18 0 0 1 1 1 .( ) ( 1) . n k k k k k k k x x C x C x x x x 0.25 9a (1 điểm) Số hạng không phụ thuộc x ứng với 6 18 0 3 5 k k . Suy ra số hạng cần tìm là 3 3 18 ( 1) 816C 0.25 Gọi M là trung điểm BC , vì M d nên ( ;3 4)M m m . Mà 2GA GM nên (6 2 ;5 6 )A m m 0.25 2 (2; 2), (2; 7)A AB m M A 0.25 BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình 3 8 0x y B AB BC nên ( 1;3)B 0.25 7b (1 điểm) M là trung đểm BC nên (5;1)C . 0.25 Vì ,A B là.các giao điểm của đường thẳng d và elip ( )E nên (4;0), (0;3)A B hoặc (4;0), (0;3)B A 5AB 0.25 Gọi ( ; )C a b , 3 4 24 1 6 . ( , ) 6 3 4 12 12 3 4 0 2 ABC a b S AB d C d a b a b 0.25 Vì ( )C E nên 2 2 1 16 9 a b 0.25 8b (1 điểm) Giải hệ ta tìm được 3 2 2; 2 C hoặc 3 2 2; 2 C 0.25 Điều kiện 1 1; 2; 2 x y y . Từ phương trình đầu ta có: 2( ) 2 2 2.2 2 6 0 1 3 2 2 x y x y x y x y y x 0.25 Thế vào phương trình thứ hai ta được: 3 2 2 4 2 log ( 1) log (2 1) log 1x x x 3 3 2 2 2 log ( 1) log 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x x 0.25 9b (1 điểm) Với 1 2 x thì ta được phương trình: 2 1 3 2 0 2 x x x x 0.25 Với 1 1 2 x thì ta được phương trình: 2 0 0x x x Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( ; ) (0; 1),(1;0),(2;1)x y 0.25 ----------Hết ---------- Cảm ơ n bạ n ( hot b o y t h 75 @gm ail.c o m ) đ ã gửi t ới www . l ais ac. page. t l