ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: TOÁN (Trường THPT Minh Khai) docx

Trường THPT Minh Khai ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. Cho hàm số 3 2 ( 2) ( 1) 2 3 m y x m x m x       (Cm) 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 2.Tìm m để hàm số có cực đại tại x 1 , cực tiểu tại x 2 thỏa mãn x 1 <x 2 <1 Câu II. 1.Giải phương trình: 2 tan 2 sin(2 ) 0 1 cot 4 cos x x x x       2. Giải hệ phương trình: 4 2 4 2 2 x y x y x y x y               Câu III. Tính giới hạn 2 2 2 1 3 6 4 lim tan( 1) x x e e x x x      Câu IV. Cho lăng trụ ABCA B C    có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a, AA  vuông góc với mặt phẳng (ABC) .Góc giữa ( ) AB C  và ( ) BB C  bằng 0 60 .Tính thể tích lăng trụ ABCA B C    . Câu V.Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 1 1 1 ( ) ( ) ( ) A a b c b c a c a b       II.PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I biết A(0;1),B(3;4) nằm trên (P) có phương trình 2 2 1 y x x    ,I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.Tìm tọa độ C,D Câu VIIa. Giải phương trình: 2 3 4 log ( 2) log ( 4 3) x x x     CâuVIIIa. Tìm hệ số của x 8 trong khai triển 3 2 6 ( 2 2) x x x   B. Theo chương trình nâng cao CâuVIb. Cho hình vuông ABCD có tâm I 5 5 ( ; ) 2 2 , hai điểm A,B lần lượt nằm trên đường thẳng x+y-3=0 và đường thẳng x+y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Câu VIIb. Giải phương trình : 2 2 3 16 8 2 1 log 4 2log 4( 3) log (2 ) x x x x           Câu VIIIb. Với 4 chữ số a,b,1,2 đôi một khác nhau lập được 18 số có 3 chữ số khác nhau. Biết tổng của 18 số đó bằng 6440.Tìm a,b. (Thí sinh thi khối B và khối D không phải làm câu V) ………………… (Giám thị không giải thích gì thêm)……………………… Họ và tên thí sinh:……………………………………………SBD:……………… TRƯỜNG THPT MINH KHAI KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THƯ NHẤT NĂM HOC 2011 - 2012 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN NỘI DUNG ĐIỂM Khi m=1 thì 3 2 1 2 3 y x x    TXĐ:D=R Giới hạn : lim ; lim x x y y       CBT: 2 2 y x x    , 0 0 2 x y x         0,25đ BBT x  0 2 +  y  + 0 - 0 + y 2 +   2 3 0,25đ CÂU 1 I 1 (1điểm) Hàm số ĐB trên ( ;0) (2; ) va   ,hàm số NB trên (0;2) Hàm số đạt CĐ tại x=0,y CĐ =2, Hàm số đạt CT tại x=2,y CT = 2 3 0,25đ Đồ thị : 2 2; 0 1 y x y x        nênU(1; 4 3 ) là điểm uốn của đồ thị Đồ thị cắt Oy tại (0;2) . Đồ thị đi qua (-1; 2 3 ) và (3;2) 0,25đ -1 O 2 3 2 2 / 3 x y 0 0 4 3 4 0 5 4 3 4 5 0 5 4 3 4 1 0 1 m m m m m m m m m                                 Vậy 5/4<m<4/3 0,25đ ĐKXĐ 1 cot 0 sin 0 cosx 0 x x          pt os2 .sinx sinx sin 2 os2 0 sinx osx osx c x x c x c c       0,25đ sinx 1 s2 ( 1) sinx(2cos ) 0 sinx osx cos os2 .cos sinx. os2 0 sinx cos cos co x x c x c x x c x x x            0,25đ II 1 (1điểm) (1,25đ đối với B,D) 2 2 2 2 sinx cos os2 ( ) 0 cos sinx cos cos2 (sin sinx.cos os ) 0 os2 0 (1) sin sinx.cos os 0 (2) x c x x x x x x c x c x x x c x                 0,25đ 2 2( 2) 1 y mx m x m       0 y    2 2( 2) 1 0 mx m x m      (1) Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x 1 <x 2 <1 khi m>0 và(1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 0,25đ I 2 (1điểm) 1,25 đối với khối B,D Đặt t=x-1  x=t+1 thay vào (1) ta có 2 ( 1) 2( 2)( 1) 1 0 m t m t m        2 4( 1) 4 5 0 mt m t m       (2) (1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 khi và chỉ khi (2) có 2 nghi ệm âm phân biệt 0,25đ (+0,25 2 0 0 4( 1) (4 5) 0 0 4 5 0 0 0 1 0 m m m m m m P m S m m                                  0,25đ 2 (1) 4 2 1 5 (2) tan x+tanx-1=0 tanx 2 1 5 arctan 2 x k x l                 Đối chiêu điều kiện ta có nghiệm pt là: 4 1 5 arctan 2 x k x l                0,25đ 2 2 4 0 2 0 3 a 2 ( 0), 4 ( 0) 2 2 x y DKXD x y b D t x y a a x y b b x y a                  0,25đ Ta có hệ 2 2 2 3 1 2 5 6 0 2 2 4 4 a a b a a b a a b                     0,5đ II 2 (1điểm) 1 6( ) 4 a a loai b a              2 1 1 2 1 4 3 4 9 7 4 3 x y a x y x b x y y x y                                0,25đ 2 2( 1) 2 2 2 2 1 1 ( 3( 1) 1 3 6 4 lim lim tan( 1) tan( 1) x x x x e e x e e x x x x             Đặt t = x-1 khi 1 0 x t    0,25đ Ta có 2 2 2 2 1 2 2 2 0 0 0 ( 3 1) ( 1)cos (1 3 1)cos lim lim lim tan sin sin t t t t t e e t e t t t e e t t t            0,25đ III (1điểm) 2 2 2 2 0 0 2 1 3 .cos lim( . .2cos ) .lim( ) 2 sin 2 sin .(1 3 1) t t t e t t t e t e e t t t t t          0,5đ IV (1 điểm) 1,25đ điểm với Từ A kẻ AI  BC  I là trung điểm BC  AI  ( BC CB   )  AI  B  C (1) Từ I kẻ IM  B  C (2) Từ (1) (2)  B  C  ( IAM)  B  C  MA (3) Từ (2) (3)  góc giữa (A B  C) và ( B  CB) bằng góc giữa IM và AM =  AMI = 60 0 (Do tam giác AMI vuông tại I) A  C  B  A M C I B C  Ta có AI = 1 2 BC a  IM = 0 tan60 3 AI a   IMC   B  BC  . IM IC IM B C BB BB B C IC         BB  = 2 2 1 1 3 4 3 3 a B C B C BB B B a a          3 2 B B  = 2 B B  + 4a 2  BB  = 2 a 0,25 0,25 khối B,D 2 1 1 . .2 2 2 ABC S AI BC a a a     2 3 2. 2 ABC A B C V a a a      0,25 www.VNMATH.com 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b c A a b c b c a c a b a b c b c a c a b                     0,25 = 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( ) 2 2 a b c a b c ab bc ca a b c a b c                                     0,25 3 3 1 3 2 2 abc   Dấu “ = “ xảy ra  a = b = c = 1 0,25 V ( 1 điểm) Do   2 2 31 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 . a a a a a a b b b b b b              2 2 2 3 1 2 1 2 3 1 2 3 ( ) aa a b b b b b b            (Theo bất đẳng thức Bunhia-copski) Nên 2 2 2 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 3 ( ) a a a a a a b b b b b b        0,25 I nằm trên cung AB của ( P) nên I ( a; a 2 – 2a + 1) với 0 < a <3 Do AB không đổi nên diện tích  IAB lớn nhất khi d ( I, AB ) lớn nhất 0,25 VI a ( 1 điểm) AB  = ( 3; 3) nên đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến n  ( 1; -1)  phương trình AB: x – ( y -1) = 0  x – y + 1 = 0 0,25 M B  B I C d ( I,AB) = 2 2 1 1 2 a a a     = 2 3 2 a a   = 2 3 2 a a   do a  (0;3)  d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất  2 ( ) 3 f a a a    đạt giá trị lớn nhất  3 2 a  (từ BBT) 0,25 1,25đ đối với khối B,D  I 3 1 ( ; ) 2 4 Do I là trung điểm AC và BD nên ta có 1 7 (3; ); (0; ) 2 2 C D   0,25 2 3 4 log ( 2) log ( 4 3) x x x     điều kiện xác định: 2 2 3 4 3 0 x x x x          phương trình      2 2 3 2 log 4 4 log 4 3 x x x x      0,25 Đặt t = x 2 – 4x + 3 ta có phương trình. log 3 ( t +1) = log 2 t = a  1 3 2 1 3 2 a a a a t t            0,25  2 1 1 3 3 a a               (1) Do hàm số ( ) f a = 2 3 a       + 1 3 a       nghịch biến trên R nên phương trình (1) có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác (1) f = 1  a= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) VII a ( 1 điểm) a = 1  t = 2  x 2 – 4x + 3 = 2  x 2 – 4x + 1 = 0  2 3 2 3 x x         Đ/c điều kiện ta có nghiệm phương trình 2 3 x   0,25       6 6 6 6 6 3 2 2 6 2 6 6 6 0 2 2 2 1 .( 2) . k k k i i k i x x x x x C x C x              0,25 Để lũy thừa của x bằng 8 thì k + 2i = 8 => ( k, i) = {(6;1); (4;2); (0;4); (2;3)} 0.25 VIII a (1điểm) => hệ số của x 8 là: 6 0 1 4 2 2 4 0 6 2 4 3 6 6 6 6 6 6 6 6 .( 2) . .( 2) . . .( 2) .( 2) . 6666 C C C C C C C C        0,5 Từ giả thiết => A ( a;3 – a) B ( b;4 – b) 0,25 => 5 1 5 3 ; ; ; 2 2 2 2 IA a a IB b b                     ABCD vuông tâm I nên . 0 IA IB IA IB          IA = IB  2 2 5 1 2 2 a a                = 2 2 5 3 2 2 b b                (1) 5 5 1 3 . 0 . . 0 2 2 2 2 IA IB a b a b                                    2ab – 4a – 3b + 7 = 0  2a ( b -2) = 3b – 7  3 7 2( 2) b a b    ( do b = 2 không thỏa mãn ) (2) 0,25 Thay (2) vào (1) 2 2 2 2 3 5 2 34 2 8 2 4 2 4 4 b b b b b b                      2 2 2 8 32 34 8 32 34 4( 2) 4 b b b b b         2 2 8 32 34 0 (3) ( 2) 1 (4) b b b          Phương trình (3) vô nghiệm (4)  1 2 3 1 b a b a            0,25 Trường hợp 1: a = 2, b = 1  A(2;1); B( 1;3) Do I là trung điểm của AC,BD nên C(3;4); D( 4;2) VI b (1 điểm) Trường hợp 2: a =1, b = 3  A( 1; 2); B( 3;1) Do I là trung điểm của AC,BD nên C(4; 3); D(2;4) 0,25 Điều kiện xác định : x > - 2 x  3  2 0 4 x x        0 4 x x      2 2 2 2 2 2 1 log ( 4 ) log (2 3) log (2 ) 2( 4 ) 2 (2 ) 3 4 (2 ). 3 (1) PT x x x x x x x x x x x x                  0,25 với x > 4 thì (1)  x 2 – 4x = ( 2 + x )( x-3)  x = 2 (loại) 0,25 VII b (1điểm) 1,25đ đối với khối B,D với -2<x < 0 thì (1)  x 2 – 4x = ( 2 + x )( 3 –x) 0,25  2x 2 – 5x – 6 = 0  5 73 4 5 73 4 x x           ` Đối chiếu đk ta có nghiệm pt là: 5 73 4 x   0,25 Nếu a  0, b  0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được 3 4 A = 24 số có 3 chữ số  nhau. Như vậy phải có một số bằng 0. 0,25 Giả sử a = 0 khi đó ta lập được 3 2 4 3 A A  =18 số và các chữ số 1, 2, b xuất hiện ở hàng trăm 6 lần, xuất hiện ở hàng chục và hàng đơn vị 4 lần. 0,25 Vậy ta có: 100 .6( 1 + b + 2) + 10 . 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440  644 ( 3 + b ) = 6440  3 + b = 10  b = 7 0,25 VIII b ( 1 điểm) Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7 0,25 (Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa) . Trường THPT Minh Khai ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2 011 -2 012 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. Cho hàm số 3 2 ( 2) ( 1) 2 3 m y. sinh:……………………………………………SBD:……………… TRƯỜNG THPT MINH KHAI KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THƯ NHẤT NĂM HOC 2 011 - 2 012 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN NỘI DUNG ĐIỂM Khi m =1 thì 3 2 1 2 3 y x x    TXĐ:D=R.  0,25 = 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( ) 2 2 a b c a b c ab bc ca a b c a b c                                     0,25 3 3 1 3 2 2 abc   Dấu