ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN pot

1 www.VNMATH.com Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học Trờng thpt trần nguyên hãn Môn toán lớp 12- năm học 2011-2012 Thời gian làm bài : 180phút PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im ) Cõu I ( 2,0im) Cho hm s 3 2 3 3 1 2 2 y x mx m 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1 2. Tỡm m th hm s cú hai im cc i , cc tiu i xng qua ng thng y = x. Cõu II(2.0im) 1. Gii phng trỡnh: 3 3 17 6 2 sin 2 8cos 2 2 cos( 4 )cos2 2 16 cos x x x x x với 5 ( ; ) 2 2 x 2. Giaỷi heọ phửụng trỡnh : 0222 0964 22 224 yxyx yyxx Cõu III (1.0 im) Cho phơng trình x x x 3 (7 3 5) a(7 3 5) 2 a,Giải phơng trình khi a = 7 b, Tìm a để phơng trình chỉ có một nghiệm Cõu IV(1.0 im) Cho khối lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền AB = 2 . Mặt phẳng (A AB) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA = 3 .Góc ' A AB là góc nhọn và mặt phẳng (AAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC Cõu V(1.0 im) Cho , x y , z là các số thực dơng và thoả mãn điều kiện 1 x y z . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 (1 )(1 )(1 ) M x y z . PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im ) (Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.) A/ Phn bi theo chng trỡnh chun Cõu VI.a: (2.0im) 1,Trong mt phng vi h to Oxy, hóy vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC bit trc tõm (1;0) H , chõn ng cao h t nh B l (0; 2) K , trung im cnh AB l (3;1) M . 2,Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển 1 2 n x x , bit rng 2 1 1 4 6 n n n A C n . Cõu VII.a: (1.0im) Gii phng trỡnh: 2 3 8 2 4 log 1 2 log 4 log 4 x x x B/ Phn bi theo chng trỡnh nõng cao Cõu VI.b: (2 .0 im) 1, Trong mt phng to Oxy cho hai ng thng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 v (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm trờn (d 1 ), (d 2 ), trc Oy. 2, Cho elip ( E ): 2 2 x y 1 16 9 v ng thng (d 3 ): 3x + 4y = 0 a) Chng minh rng ng thng d 3 ct elip (E) ti hai im phõn bit A v B. Tỡm to hai im ú (vi hnh ca im A nh hn honh ca ca im B ). b) Tỡm im M (x ; y) thuc (E) sao cho tam giỏc MAB cú din tớch bng 12. 2 www.VNMATH.com Cõu VII.b: (1.0 im) Gii h phng trỡnh: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x Hết đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần 1 Môn toán lớp 12- 2011-2012 Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điể m PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH 7.00 Cõu I 2 Khi m = 1 ta cú 3 2 3 1 2 2 y x x . Tp xỏc nh: S bin thiờn -Gii hn ti vụ cc: lim x y lim x y -Chiu bin thiờn Ta cú 2 ' 3 3 y x x ; 0 ' 0 1 x y x 3 www.VNMATH.com Bảng biến thiên x  0 1  y’ + 0 - 0 + y 1 2  0  hàm số đồng biến trên khoảng   ;0  và   1;  , hàm số nghịch biến trên khoảng   0;1 , -Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, 1 (0) 2 CÐ y y   Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1,   1 0 CT y y   3.  Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2        ;   1;0 và cắt trục tung tại điểm 1 0; 2       . Đồ thị nhận điểm uốn 1 1 ; 2 4 U       làm tâm đối xứng. 4 2 -2 -4 y -10 -5 5 10 x 2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x. 1 Ta có y’= 2 3 3 x mx  0 ' 0 x y x m        0.25 4 www.VNMATH.com Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì ' 0 y  có hai nghiệm phân biệt 0 m   . Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là : 3 0; 2 m A       và   ; 0 B m Ta có: 3 ; 2 m AB m         ; trung điểm I của AB là: 3 ; 2 4 m m I       Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì đường thẳng AB vuông góc với : y x   và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng . 0 AB u I            3 3 0 0 2 2 4 2 m m m m m m                  Đối chiếu điều kiện ta có 2 m   0.25 0.25 0.25 Câu II 2 1 1 Ta có: cos 0 2 x x k       0.25 Với đk pt(1)    3 2 2 8cos 6 2 sin 2 sin 2 cos 2 16cos x x x x x    3 4cos 3 2sin 2 8cos x x x    2 (2cos 3 2 sin 4) 0 x x     2 2sin 3 2 sin 2 0 x x       2 4 3 2 4 x k k x k                  Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 5 ( ; ) 2 2 x    lµ 3 9 ; 4 4 x x     0.5 2 1. 1         022)2( 4)3()2( 22 222 xyx yx         0202)33)(42( 4)3()2( 22 222 xyx yx        0202)33)(42( 4)3()2( 22 222 xyx yx §Æt      vy ux 3 2 2 * Thay vµo ta cã hÖ pt      8)(4. 4 22 vuvu vu 0.5 Gi¶I hÖ ta ®îc      0 2 v u HoÆc      2 0 v u Thay vµo gi¶I ta cã      3 2 y x ;      3 2 y x ;      5 2 y x ;      5 2 y x 0.5 Câu III 1 5 www.VNMATH.com 7 3 5 ( ) 2 x t ( t > 0) ta có pt 2 8 0 t t a (1) Vi a = 7 ta cú 2 8 0 t t a t 1 t 7 Phơng trình có hai nghiệm là 7 3 5 2 x 0 x log 7 0.5đ 2, Số nghiệm của pt (1) là số nghiệm t > 0 của phơng trình 2 8 a t t là số điểm chung của đờng thẳng y = a và đồ thị 2 8 y t t với t > 0 lập bảng biến thiên của hàm só 2 8 y t t với t > 0 kết luận pt chỉ có một nghiệm khi a = 16 hoặc 0 a 0.5 Cõu IV 1 Gọi K., M là hình chiếu của A trên AB và AC có : ( ' ) ( ) ' ( ) AA B ABC A K ABC . Ta có AM AC và KM AC 0 ' 60 A MK , ' A K x . ta có 2 2 2 ' ' 3 AK A A A K x , MK = 2 2 sin 3 . 2 AK KAM x Mặt khác 0 ' cot60 3 x MK A K vậy ta có pt 2 2 3 3 . 2 3 5 x x x . ' ' ' 1 3 5 . ' . . ' 2 10 ABC A B C ABC V S A K AC BC A K 0.5 0.5 Cõu V 1 1 1 1 ( 1)( 1)( 1) (1 )(1 )(1 ) x y z M x y x xyz . 2 4 2 4 2 4 1 4 1 4 1 4 x x x y z x yz y y x y z xy z z z x y z xyz 0.25 0.25 0.25 4 4 4 4 ( 1)( 1)( 1) 64 x y z x y z M xyz xyz . Dấu = xảy ra khi x =y =z =1/3 0.25 6 www.VNMATH.com Câu VIa 1 1 + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận ( 1; 2) HK    làm vtpt và AC đi qua K nên ( ): 2 4 0. AC x y    Ta cũng dễ có: ( ): 2 2 0 BK x y    . + Do , A AC B BK   nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ). A a a B b b   Mặt khác (3;1) M là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2 4 6 2 10 4 . 2 2 2 2 0 2 a b a b a a b a b b                        Suy ra: (4; 4), (2; 2). A B  + Suy ra: ( 2; 6) AB     , suy ra: ( ):3 8 0 AB x y    . + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4) HA   , suy ra: ( ):3 4 2 0. BC x y    KL: Vậy : ( ): 2 4 0,    AC x y ( ):3 8 0    AB x y , ( ):3 4 2 0.    BC x y 0.5 0.5 2 1 Giải phương trình 2 1 1 4 6 n n n A C n      ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N. Phương trình tương đương với ( 1)! ( 1) 4 6 2!( 1)! n n n n n        ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n       n 2 – 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. 0.5 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:   12 24 3 12 12 12 12 2 2 12 12 1 1 1 2 2 . .2 . k k k k k k k k x C x x C x x                  Số hạng này chứa 6 x khi , 0 12 4 24 3 12 k N k k k           . Vậy hệ số của số hạng chứa 6 x là: 4 8 12 2 C 0.5 CâuVII.a www.VNMATH.com 1     2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4 x x x       (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x                             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x                     0.5 M H K C B A 7 www.VNMATH.com + Với 1 4 x    ta có phương trình 2 4 12 0 (3) x x   ;   2 (3) 6 x x        lo¹i Với 4 1 x     ta có phương trình 2 4 20 0 x x    (4);     2 24 4 2 24 x x          lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2 x  hoặc   2 1 6 x   0.5 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 1 Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 suy ra pt ®êng trßn 2 , Toạ độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 x y 1 16 9 0 3x 4y          Vậy d 3 cắt (E) tại 2 điểm phân biệt 3 2 A 2 2; 2        , 3 2 B 2 2; 2        Ta có M(x;y )  (E)  x = 4cost và y = 3sint với t  [ 0 ; 2  ] Chú ý: AB = 5 2 , có 12 = S MAB = 1 2 5 2 d(M, (AB)) = = 1 2 5 2 12cost 12sint 5  = 12 cos(t ) 4    cos(t ) 4   = 1  t =  / 4 ; t = 5  /4 Vậy có 2 điểm M thoả mãn là: 1 3 2 M 2 2; 2       và 2 3 2 M 2 2; 2         0.5 0.5 0.5 0.5 CâuVII.b www.VNMATH.com 1 Pt đầu  y – 2x + 8 =   6 2 2 y x   thế vào pt thứ hai ta được: 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x   8 18 2.27 x x x    8 18 2 27 27 x x                3 2 2 2 3 3 x x                0.25 0.25 8 www.VNMATH.com t: t = 2 3 x , (k t > 0 ) , ta cú pt: 3 2 2 0 1 2 0 t t t t t 0 1 0 x t y Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần - Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm - Xin cảm ơn Ngời ra đề : Mai Thị Thìn 05 1, Dng tham s ca d 1 v d 2 l: 1 2 7 3 7 ' : 3 2 , : 1 2 ' 9 1 3 ' x t x t d y t d y t z t z t Vộc t ch phng ca d 1 , d 2 ln lt l : 1 2 (1;2; 1); ( 7;2;3) u u ; d 1 i qua im A(7;3;9), d 2 i qua im B(3;1;1). 1 2 ( 4; 2; 8) , . 168 0 AB u u AB d 1 v d 2 chộo nhau . 1 2 (7 ;3 2 ;9 ); (3 7 ';1 2 ';1 3 ') M d M t t t N d N t t t (4 7 ';2 2 2 ';8 3 ') NM t t t t t t , MN nh nht MN l on vuụng gúc chung ca hai ng thng chộo nhau d 1 v d 2 1 1 2 2 . 0 6 6 ' 0 6 44 ' 0 ' 0 . 0 MN d NM u t t t o MN d t t t NM u To im M v N ln lt l: M(7;3;9), N(3;1;1) ; (4;2;8) 2(2;1;4) NM ng thng d i qua N(3;1;1) v nhn (2;1;4) u lm mt vộc t ch phng nờn phng trỡnh ca ng thng d l: 3 1 1 2 1 4 x y z Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần - Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm Xin cảm ơn Ngời ra đề : Mai Thị Thìn = = = = = == = = Hết = = = = = = = = . 1 www.VNMATH.com Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học Trờng thpt trần nguyên hãn Môn toán lớp 12- năm học 2011 -2012 Thời gian làm bài : 180phút PHN CHUNG CHO TT C CC. 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x Hết đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần 1 Môn toán lớp 12- 2011 -2012 Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điể m PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH. bin thi n -Gii hn ti vụ cc: lim x y lim x y -Chiu bin thi n Ta cú 2 ' 3 3 y x x ; 0 ' 0 1 x y x 3 www.VNMATH.com Bảng biến thi n