Đề thi thử ĐẠI HỌC năm 2012 Đề số 1

Trung tâm b󰗔i dư󰗢ng ki󰗀n th󰗪c Môn : TOÁN Đ Ề KHẢO SÁT CHUY ÊN ĐỀ L ẦN 1 NĂM H ỌC 20 11 - 2012 MÔN: TOÁN 12 KH ỐI A Th ời gian làm bài: 180 phút, không k ể thời gian phát đề Câu I (2,0 đi ểm) Cho hàm s ố 2 1 1 x y x    1. Kh ảo sát sự biến thi ên và v ẽ đồ thị (C) của h àm s ố trên. 2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm M sao cho ti ếp tuyến tại M t ạo với hai đường tiệm cận c ủa đồ thị (C) m ột tam giác v ới đư ờng tròn ngoại tiếp có bán kính bằng 2 . Câu II (2,0 đi ểm) 1. Gi ải phương t rình 2 2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos 2 4 x x x x            . 2. Gi ải hệ phương trình 2 2 2 4 1 2 1 x y xy y y x y x              Câu II (2,0 đi ểm) 1. Tính gi ới hạn 2 3 4 2 ( 3 9). 12 3 lim 2 x x x x x x        2. Tìm giá tr ị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1 9 6 3y x x x     Câu IV (2,0 đi ểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t ại A và D. Bi ết AB = 2a, AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc v ới mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) theo a. 2. Cho các s ố a, b, c dương tho ả mãn 2 2 2 12a b c   . Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 1 1 1 1 1 1 P a b c       Câu V (2,0 đi ểm) 1. Cho phương tr ình 4 2 1 4 3 2 ( 3) 20x m x x m x        . Tìm m để phương trình có nghiệm thực. 2. Trong m ặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung đi ểm của c ạnh BC, phương tr ình đư ờng thẳng DM: 2 0x y    và đi ểm C(3;3). Bi ết đỉnh A thu ộc đư ờng thẳng (d): 3 x + y  2 = 0 và A có hoành đ ộ âm. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D. H ẾT  Cán b ộ coi thi không giải thích gì thê m! H ọ v à tên thí sinh:. . GV: NGUY󰗅N VĂN TRUNG - 0906.221.775 Truy c󰖮p: .violet.vn/huuthanh68a để bi󰗀t đáp án `Ìi`ÊÜÌÊvÝÊ*Ê`ÌÀÊ ÊvÀiiÊvÀÊViÀV>ÊÕÃi° /ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì HƯ ỚNG DẪN CHẤM V À THANG ĐI ỂM MÔN TOÁN 12 KH ỐI A C©u N é i d u n g §iÓm 1. TXĐ: \{1} + S ự biến thiên: Gi ới hạn và tiệm cận: 2 1 2 1 l i m l i m 2 ; l i m l i m 2 1 1 x x x x x x y y x x           y = 2 là ti ệ m c ậ n n g a n g . 1 1 1 1 2 1 2 1 l i m l i m ; l i m l i m 1 1 x x x x x x y y x x                    x = 1 là ti ệ m c ậ n đ ứ n g . 2 1 ' 0 ( ;1)( 1 ; ) ( 1 ) y x x            0,25 BBT x ∞ 1 + ∞ y '   0 1 + ∞ y ∞ 1 Hàm s ố nghịch biến tr ên: ( ; 1) v à ( 1 ; + ) 0,5 §å thÞ: 1 2 1 2 1 x y O Đ ồ thị (C) nhận điểm I ( 1 ; 2 ) l à m t â m đ ối xứng 0,25 2. Gi ả sử 0 0 ( ; )M x y thu ộc đồ thị (C) của hàm số. P h ư ơ n g t r ình tiếp tuyến tại M là 0 0 2 0 0 2 1 1 ( ) 1 ( 1 ) x y x x x x        0,25 G ọi A, B l ần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C) Giao v ới đường thẳng x = 1 là 0 0 2 1 ; 1 x A x        Giao v ới đường thẳng y = 2 là   0 2 1 ; 2 B x  0,25 Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác I A B b ằ n g 2 nên 2 2 0 2 0 0 4 2 2 0 0 0 0 4 2 2 8 (22) 8 ( 1 ) 0 ( 1 ) 2( 1 ) 1 0 ( 1 ) 1 2 AB AB x x x x x x x                        0,5 I V ậy có hai điểm cần t ì m l à 1 2 (0; 1), (2; 3)M M . `Ìi`ÊÜÌÊvÝÊ*Ê`ÌÀÊ ÊvÀiiÊvÀÊViÀV>ÊÕÃi° /ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì 1. Phương tr ình tương đương 2cos3c o s 3(1sin2 ) 3 1 c o s 4 2 x x x x                   0,25 2cos3c o s 3(1sin2 ) 3(1sin4 ) 2cos3c o s 3(sin4 sin2 ) 0 2cos3c o s 2 3sin3 c o s 0 x x x x x x x x x x x x             0,25 c o s 0 2 c o s ( c o s 3 3 sin3 ) 0 1 tan3 3 18 3 x x k x x x x k x                            V ậ y p h ư ơ n g t r ì n h c ó h a i n g h i ệ m l à : 2 x k     và ( ) 18 3 k x k       0,5 2. Nh ận xét y = 0 không là nghi ệm của hệ ph ương trình. H ệ t ư ơ n g đ ư ơ n g v ớ i : 2 2 1 4 2 1 x x y y y x y x                0,25 Đ ặt 2 1 , x u v x y y     . H ệ ph ương trình có d ạng 4 1 2 u v v u          0,25 Gi ải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3 0,25 II V ới 2 1 1 1 2 1 , 3 2 5 3 x u x x y v y y x y                            0,25 1.Xét hàm s ố 2 3 4 3 ( ) ( 3 9) 1 2 3; 2 f x x x x x x       ta có: (2)0f  và   2 3 2 2 3 4 3 9 1 41 ' ( ) 2 3 1 ' ( 2 ) 6 3 ( 1 ) 2 (23 ) x x f x x x f x x            0,5 K h i đ ó g i ới hạn cần t ìmđược viết dưới dạng: 2 ( ) (2)41 l i m ' ( 2 ) 2 6 x f x f I f x       0,5 III 2. TXĐ: D = [1; 3] 2 2 2 3 3 9 6 3 3 3 ' 1 9 6 3 9 6 3 x x x x y x x x x            2 2 2 3 3 0 ' 0 9 6 3 3 3 0 2 9 6 3 ( 3 3 ) x y x x x x x x x                     0,5 Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4 V ậy [ 1 ; 3 ] [ 1 ; 3 ] m a x 6 ; m i n 0 ; y y     0,25 . `Ìi`ÊÜÌÊvÝÊ*Ê`ÌÀÊ ÊvÀiiÊvÀÊViÀV>ÊÕÃi° /ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì D C B A S Di ện tích hình thang ABCD là 2 1 3 (2) . 2 2 a S a a a    ; Di ện tích tam giác ABD là 2 1 . 2 A B D S AB AD a    Di ện tích tam giác BCD là 2 2 B C D A B D a S S S      0,25 Th ể tích khối chóp S.BCD là 2 3 1 1 . 3 . 3 3 2 2 SBCD B C D a a V SA S a     0,25 Ta có: 2 2 9 10SD a a a   Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD CD SD. Di ện tích tam giác SCD là 2 1 10 2 SCD S a  0,25 G ọi d là kho ảng cách từ B đ ến mặt phẳng ( SCD) . T a c ó 3 3 2 1 3 3 10 . 3 2 10 10 SBCD SCD a a a V d S d a      0,25 Ta có:     2 2 2 2 3 2 1 1 2 1 ( 1 ) ( 1 ) 4 4 a a a a a a a a              2 3 2 1 1 2 2 1 ( 1 ) ( 1 ) a a a a a        0,5 IV V ậy 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 1 1 2 2 2 18 1 2 2 2 6 1 1 1 a b c a b c a b c                 D ấu đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi a = b = c = 2 V ậy GTNN của biểu thức l à P = 1 0,5 1. ĐK: x ≥ 2 . Nh ận xét x = 2 không là nghi ệm của phương trình. V ới x > 2 phương tr ình tương đương với: 4 1 1 4 3 0 2 2 x x m m x x         Đ ặt 4 1 , 1 2 x t t x     . P h ư ơ n g t r ình có dạng 2 2 3 4 3 0 ( ) 4 1 t t mt m m f t t           ( t > 1) 0,25 V K h ảo sát 2 3 ( ) 4 1 t f t t     v ới t > 1, 2 2 4 2 12 3 ' ( )0 2 (41 ) t t f tt t         , 0,25 . `Ìi`ÊÜÌÊvÝÊ*Ê`ÌÀÊ ÊvÀiiÊvÀÊViÀV>ÊÕÃi° /ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì T ừ BBT ta có: phương trình có nghiệm    1 ; 3 3 m a x ( ) ( ) 2 4 m f t f       0,5 2. G ọi ( ; 3 2) ,()A t t d t      . Ta có: ( , ) 2 ( , )d A D M d C D M  4 4 2.4 3 1 2 2 t t t         hay A( 3 ; 7) ho ặc A( 1; 5). Vì hoành đ ộ đ i ể m A âm nên A( 1; 5) 0,25 G ọi D( m; m  2) ,()DM m   ( 1 ; 7);( 3 ; 1 ) AD m m CDm m               Do t ứ giác ABCD là hình vuông nên: 2 2 2 2 5 1 . 0 5 ( 1 ) ( 7)( 3 ) ( 1 ) m m D A D C m D A D C m m m m                                     D( 5 ; 3 ) 0,5 V Vì ( 2 ; 6) ( 3 ; 1 ) ABDC B               K ết luận: A( 1; 5); B( 3; 1); D( 5 ; 3 ) . 0,25 . `Ìi`ÊÜÌÊvÝÊ*Ê`ÌÀÊ ÊvÀiiÊvÀÊViÀV>ÊÕÃi° /ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì . CHUY ÊN ĐỀ L ẦN 1 NĂM H ỌC 20 11 - 2 012 MÔN: TOÁN 12 KH ỐI A Th ời gian làm bài: 18 0 phút, không k ể thời gian phát đề Câu I (2,0 đi ểm) Cho hàm s ố 2 1 1 x y x    1. Kh ảo sát sự biến thi ên. n g a n g . 1 1 1 1 2 1 2 1 l i m l i m ; l i m l i m 1 1 x x x x x x y y x x                    x = 1 là ti ệ m c ậ n đ ứ n g . 2 1 ' 0 ( ;1) ( 1 ; ) ( 1 ) y x x  . 3 2 1 3 3 10 . 3 2 10 10 SBCD SCD a a a V d S d a      0,25 Ta có:     2 2 2 2 3 2 1 1 2 1 ( 1 ) ( 1 ) 4 4 a a a a a a a a              2 3 2 1 1 2 2 1 ( 1 ) ( 1 ) a a a a a 