SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖwww.MATHVN.com I NĂM HỌC 2012 -2013 LẦN I Mơn Tốn Khối A, A1,B ( thời gian 180 phút) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): − (C) Câu (2 điểm) Cho hàm số = − a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d): y = m(x − 3) cắt đồ thị (C) ,trong có giao điểm có hoành độ lớn π − Câu (1 điểm) Giải phương trình : + + Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình: + + π = + = = + + Câu (1 điểm) Tính I = ∫ + x .ln xdx x + ln x e Câu (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G trọng tâm ∆ , mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết = = góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300 Câu (1 điểm) Tìm GTNN biểu thức sau: A= ( x − 1) + y2 + ( x + 1) (x, y ∈ R) + y2 + y − 2 II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần A B: A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): − + = Gọi I tâm (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) cho tam giác OIM có diện tích Câu 8.a (1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho − − − Tìm tọa độ điểm M cho = − Câu 9.a (1 điểm) Giải phương trình : + , + + − − , + + − , đạt giá trị nhỏ = B Theo chương trình nâng cao: Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác AD , đường cao CH có phương trình − = , + + = , M(0; −1) trung điểm AC AB = 2AM Tìm tọa độ điểm B Câu 8.b (1 điểm) Chứng minh với ∀ ∈ ≥ C1n − 2C 2n + 3C3n − + (−1) k−1 kC nk + + (−1) n−1 nCnn = Câu 9.b (1 điểm) Giải hệ phương trình : − = + − − = Họ tên:………………………………………………………………… SBD:………………….………………… www.mathvn.com ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012 – 2013 LẦN I Phần I Phần chung cho tất thí sinh Điểm Câu 1 điểm HS tự làm a Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d): y = m(x − 3) cắt đồ thị (C) ,trong b có giao điểm có hồnh độ lớn Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (C) đt (d) là: x−2 = m(x − 3) x −1 x ≠ ↔ mx − (4m + 1)x + 3m + = (1) 0.25 điểm Để t/m ycbt pt(1) có nghiệm lớn Đặt g(x) = mx − (4m + 1)x + 3m + Để pt g(x) = có tất nghiệm nhỏ (vì g(1) ≠ ∀m) thì: + m = → x = loại 0.25 ể m * ≥ + m ≠ ,đk để pt g(x) = có nghiệm nhỏ là: (1 − x1 )(1 − x ) > VN x1 + x < ( x1 , x nghiệm pt g(x) = ) 0.25 ể m → khơng tồn m để pt g(x) = có nghiệm nhỏ Vậy với m tm ycbt Câu Giải phương trình : − π + π 0.25 ể m = (1) π cos(x − ) ≠ π kπ ↔ x ≠ + ,k ∈ Z ĐK: π cos(x + ) ≠ 0.25 ể m π π Pt (1) ↔ tan(x − ).cot( − x).sin x(3 − 4sin x) = sin x + 2sin x.cos x 6 kπ x= sin x = ↔ sin x(4cos x + cos x) = ↔ cos x = ↔ , k∈Z x = ± π + k2 π cos x = − www.mathvn.com 0.5 ể m ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com kπ x= Kết hợp đk → nghiệm phương trình ↔ , k∈Z x = − 2π + k2π Câu + + Giải hệ phương trình: + 0.25 điểm + = = + + Do y=0 nghiệm hpt, chia pt hệ cho y ta có x + +x+y=4 y x +1 Đặt u = v = x + y Ta có hpt y x +1 +7 (x + y) = y 0.25 điểm u = − v v = −5 → u = u + v = ↔ ↔ v = 2u + v + 2v −15 = v = → u = 0.25 điểm x + y = −5 − x =9 + TH1: v = −5, u = ta có: VN ↔ y x + 9x + 46 = x + y = −5 0.25 điểm x + x = −2 → y = = y = − x + TH2: v = 3, u = ta có: ↔ ↔ y x + x − = x = → y = x + y = 0.25 điểm Vậy hpt có nghiệm (x; y) = (−2;5);(1;2) Tính I = ∫ + x .ln xdx x + ln x e Câu e I=∫ e ln x dx+ ∫ xlnxdx = M + N x 1+lnx Đặt t = + ln x → ln x = t −1; 0.25 điểm 2dt = dx x + ln x Đổi cận : x = → t = 0.25 ể m x=e→ t= 2 → M = ∫ (t −1)2dt = ( t − 2t) Đặt u = ln x → du = dv = xdx → v = = 4−2 dx x 0.25 ể m x www.mathvn.com ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com e →N= 1 1 x ln x 1e −∫ xdx = x ln x 1e − x 1e = e2 + 2 4 1 19 − Vậy I = M + N = e + 12 0.25 điểm Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G Câu trọng tâm ∆ , mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích = khối đa diện MNABCD biết = góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300 S N G M A D O B C AC ∩ BD = O G trọng tâm *SAC → G trọng tâm *SBD 0.25 điểm → M , N trung điểm SC SD Mặt khác SA ⊥ (ABCD) → (SAD) ⊥ (ABCD) → (AN,(ABCD)) = NAD = 300 → SDA = 300 → AD = SA =a tan300 3 → VSABCD = SA.AB.AD = a 3 0.25 điểm Áp dụng định lý tỷ lệ thể tích ta có: VSABM SM VSAMN SM SN = = , = = VSABC SC VSACD SC SD 0.25 điểm 1 3 → VSABMN = VSABM + VSAMN = VSABC + VSACD = VSABCD = a 8 → VMNABCD = VSABCD − VSABMN = Câu 3 3 3 a − a = a (đvtt) 24 Tìm GTNN biểu thức sau: A = ( x − 1) + y2 + ( x + 1) 0.25 điểm + y2 + y − Xét a = (1 − x; y ) b = ( x + 1; y ) , a + b = (2;2y) Do a + b ≥ a + b → ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 ≥ + y2 0.25 điểm dấu “=” xẩy x = Xét hàm số f (y) = + y + y − = + y + (y − 2) www.mathvn.com điểm ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com 2y Ta có: f ′(y) = 1+ y y−2 , f ′(y) = ↔ y = (y − 2) + Bảng biến thiên: 3 y −∞ _ f’ +∞ + + +∞ +∞ f 2+ 3 A = + x = 0, y = Phần II 0.25 điểm Phần riêng: Thí sinh làm hai phần A B A.Phần dành cho chương trình chuẩn Câu 7a − Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): + = Gọi I tâm (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) cho tam giác OIM có diện tích Ta có: I(2;0), O(0;0) ∈ Ox → IO = Theo ta có: S∆IOM 0.5 ể m = ↔ OI.d[M;(OI)] = ↔ d[M;(OI)] = Gọi M(a; b) ∈ (C) ↔ (a − 2) + b = (1) Mặt khác d[M;(OI)] = ↔ b = (do M có tung độ dương) vào (1) → a =1 v a = 0.5 ể m Vậy có điểm M(1; 3), M(3; 3) thỏa mãn ycbt Câu 8a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho , − − − Tìm tọa độ điểm M cho = , + , + + đạt giá trị nhỏ Gọi G(a;b;c) t/m: GA + GB + GC + GD = ↔ G(1;1;1) 0.25 ể m Ta có: P = (MG + GA) + (MG + GB) + (MG + GC)2 + (MG + GD) 2 2 0.5 ể m = 4MG + GA + GB + GC + GD + 2MG(GA + GB + GC + GD) = 4MG + 66 ≥ 66 Dấu “=” xẩy M ≡ G 0.25 ể m Vậy P = 66 M(1;1;1) Câu 9a − Giải phương trình : Pt(1) ↔ − − + + − − − − − − + − = = ↔ www.mathvn.com (1) − − − + − = 0.25 ể m ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com ↔ − − − = + − = − Giải pt (1): Giải pt (2): ( ′ = − − 0.25 điểm − = ↔ + − = + > = hàm số − + − đồng biến R 0.25 điểm ∀ ∈ ) Mà f (2) = nên phương trình Vậy pt có hai nghiệm 0.25 điểm = − + − = = có nghiệm x = = B Theo chương trình nâng cao Câu 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác AD , đường cao CH có phương trình − = , + + = ; M(0; −1) trung điểm AC AB = 2AM Tìm tọa độ điểm B Gọi A(a;b) ∈ (AD) → a − b = (1) A Do M trung điểm AC → C(−a; −2 − b) H M(0; −1) Mà C ∈ (CH) → −a + 2(−2 − b) + = ↔ a + 2b + = (2) B D C 0.5 điểm − = 1 1 Từ (1) (2) → a = b = − → A(− ; − ) → C( ; − ) 3 3 Theo ∆ABC cân A → AD vừa phân giác vừa đường cao → B đối xứng 1 3x + 3y − ; ) ∈ (AD) với C qua D Gọi B(x; y) → AB(x + ; y + ) , D( 3 6 → 3x + 3y − − = ↔ x − y + = (3) 6 0.25 ể m 1 Do AB ⊥ CH → AB.u CH = ↔ −2(x + ) + 1(y + ) = ↔ −2x + y − = (4) 3 11 11 Từ (3) (4) suy x = , y = → B( , ) 3 3 Thử lại: BC khơng vng góc với AD Vậy khơng tồn điểm B t/m ycbt Câu 8b Chứng minh với ∀ ∈ ≥ 0.25 ể m C1n − 2C n2 + 3C3n − + (−1) k−1 kC nk + + (−1) n−1 nCnn = n Khai triển theo nhị thức Niutơn ta có: (1 + x)n = ∑ Ckn x k k =0 www.mathvn.com 0.25 ể m ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com n Lấy đạo hàm vế ta có: n(1 + x)n −1 = ∑ kC nk x k −1 0.5 điểm Chọn x = −1 → = C1n − 2C 2n + 3C3n − + (−1)k−1 kCkn + + (−1) n−1 nC nn (đpcm) 0.25 điểm k =1 Câu 9b Giải hệ phương trình : − = + − − = 3x + 2y > ĐK: 3x − 2y > Từ pt(1) ↔ 3x + 2y = log 0.25 điểm vào pt (2) ta có 3x − 2y log (3x − 2y) = ↔ log (3x − 2y) + log (3x − 2y) = 3x − 2y 0.25 điểm ↔ log 3.log (3x − 2y) + log (3x − 2y) = ↔ log (3x − 2y) = (vì log + = log15 ≠ ) ↔ 3x − 2y = ↔ 3x = 2y + vào pt (1) ta có: (2y + 1) − 4y = ↔ y = → x = Vậy hpt có nghiệm (x; y) = (1;1) 0.25 điểm 0.25 điểm Chú ý: Những cách giải khác cho điểm tối đa www.mathvn.com ThuVienDeThi.com ...www.MATHVN.com Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012 – 2013 LẦN I Phần I Phần chung cho tất thí sinh Điểm Câu 1... + y − = + y + (y − 2) www.mathvn.com điểm ThuVienDeThi.com www.MATHVN.com 2y Ta có: f ′(y) = 1+ y y−2 , f ′(y) = ↔ y = (y − 2) + Bảng biến thi? ?n: 3 y −∞ _ f’ +∞ + + +∞ +∞ f 2+ 3 A = + x = 0,... − + − = = có nghiệm x = = B Theo chương trình nâng cao Câu 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác AD , đường cao CH có phương trình − = , + + = ; M(0; −1) trung