đề thi thử tư duy đại học 2012-6

I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số : 2 6 1 3 2 y = − x + x + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số 2. Tìm m ñể ñường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung ñiểm của AC. Câu II (2,0 ñiểm) 1. Giải phương trình: x x ) (cos2x 3)sin x 3.cos3x 4 2cos .cos 2 ( − + + = π 2. Giải hệ phương trình:      + + − = − + − − = 2 3 15 0 2 4 5 0 2 2 24 2 x y x y yx x y Câu III (1,0 ñiểm ) . Tính giới hạn : 1 3 cos 1 lim 2 0 2 − − + = → x e x I x x Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC). Biết AD = 2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB ñều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ñáy, gọi I là trung ñiểm của AB .Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC. Câu V (1,0 ñiểm) . Cho x , y là các số thực không âm thay ñổi và thỏa mãn ñiều kiện: 4( ) 1 2( ) 2 2 x + y + xy ≤ + x + y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = xy + x + y − x 2 − y 2 . II.Phần riêng (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặ c B) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết ñỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 1) là trung ñiểm của cạnh AB và ñường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm C. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy , cho ñường thẳng : 2 0 = + − ∆ x y , viết phương trình ñường tròn tâm I( 1;2) và cắt ∆ theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích b ằng 2 3 Câu VII.a (1,0 ñiểm) .Tìm hệ số của x 4 trong khai triển nhị thức Niutơn của: n x x         + 5 4 5 1 , biết 45 1 2 + = − n − n n n C C ( Trong ñó k n C là số tổ hợp chập k của n ) B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 ñiểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho (E): 1 1 4 2 2 + = yx có hai tiêu ñiểm là 1 2 ; F F , gọi A ,B là hai ñiểm trên (E) sao cho 2 1 2 = + AF BF .Tính 2 1 BF AF + . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết 0 = 120 ∧ BAC , M( 1; 2) là trung ñiểm của cạnh AC , ñường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm A biết ñiểm C có hoành ñộ dương. Câu VII.b (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình :      + = + + = + + 2 2 16 1log (2 ) log ( 1) 2 2 12 x x y y x Hết TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 *** ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi :TOÁN - Khối B (Th ời gian l àm bài 180 phút, không k ể thời gian giao ñề) http://aotrangtb.com Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh : ðÁP ÁN ðỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN , KHỐI B Câu Nội Dung ðiểm I (2,0ñ) 1.(1,0ñ) TXð: D = R Chiều biến thiên: 6 12 6 ( 2) , 2 y = − x + x = − x x − ;    = = = ⇔ 2 0 0 , x x y Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: ( ) 0; ∞ − và ( ) +∞ ;2 ,ñồng biến trên khoảng (0; 2) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 0 1 = ⇒ ct y , ñạt cực ñại tại ñiểm x = 2 9 = ⇒ cd y Giới hạn: +∞ = →−∞ y x lim ; −∞ = →+∞ y x lim Bảng biến thiên: ðồ thị: ði qua các ñiểm (3 ; 1) ; (-1;9) Cắt trục tung tại ñiểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm ñiểm uốn. 2 (1,0ñ). Pt hoành ñộ giao ñiểm của ñường thẳng y = mx +1 và (C) : 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x ∞ − 2 ∞ + 0 ∞ − 9 1 ∞ + , y y 0 0 O 1 y O x 9 5 -1 2 http://aotrangtb.com II (2,0ñ) 2 6 1 1 (2 6 ) 0 − 3 + 2 + = + ⇔ 2 − + = x x mx x x x m    − + = = ⇔ 2 6 0 0 2 x x m x Với x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ A(0; 1) ðường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C ⇔ pt 2 6 0 2 − + = x x m Có hai nghiệm phân biệt 1 2 x , x khác 0    ≠ ∆ > ⇔ 0 0 , m    ≠ − > ⇔ 0 09 2 m m      ≠ < ⇔ 0 2 9 m m Khi ñó ( ; 1) 1 1 + B x mx ; ( ; 1) 2 2 + C x mx . Vì B là trung ñiểm của AC nên 2 1 x 2x = ⇒ (1) Mà 1 2 x ; x là nghiệm của phương trình : 2 6 0 2 x − x + m = nên:      = + = 2 3 1 2 1 2 m x x x x (2) Từ (1) và (2) 4 = ⇒ m 1.(1,0ñ) Pt ⇔ (1+ sin 2x).cos x + (cos2x + 3)sin x = 3 cos3x ⇔ cos x + (sin 2x.cos x + cos 2x sin x) + 3 sin x = 3 cos3 x ⇔ cos x + 3 sin x = 3 cos3x − sin 3 x x x x sin3 x 2 1 cos3 2 3 sin 2 3 cos 2 1 ⇔ + = − ) 3 ) cos( 6 cos(3 π π ⇔ x + = x −       + = − + + + = − + ⇔ π ππ π π π 2 6 3 3 2 6 3 3 x x k x x k       = + = − + ⇔ 24 2 4 π π π π x k kx ( k Z ) ∈ 2.(1,0ñ) Hpt      − − + − + − = − + − = ⇔ ( 1)( 2) 4( 1) 4( 2) 5 ( 1) ( 2) 10 2 2 22 2 x y x y yx ðặt    = − = − 2 1 2 v y u x ; ta có hệ phương trình :    + + = + = 4( ) 5 2 2 10 uv u v u v    + + = + − = ⇔ 4( ) 5 ( ) 2 2 10 uv u v u v uv    = + = − ⇔ 45 10 uv u v (vô nghiệm) hoặc    = − + = 3 2 uv u v Với    = − = ⇔    = − + = 1 3 3 2 v u uv u v hoặc    = = − 3 1 v u Với    − = − − = ⇒    = − = 2 1 1 3 1 3 2 y x v u    = = ⇔ 1 2 y x hoặc    = = − 1 2 y x Với    − = − = − ⇒    = = − 2 3 1 1 3 1 2 y x v u    = = ⇔ 5 0 y x 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 http://aotrangtb.com III (1,0ñ) IV (1,0ñ) Vậy hệ phương trình ñã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5) 1,0ñ Ta có : I = 2 0 2 2 0 2 0 13cos lim 11 lim 1 lim 2 x x x x x e x x x x − −+ − − → →→ Với 1 1 lim 2 0 2 = − → x e x x ; = ++ = −+ →→ )11( lim 11 lim 22 2 0 2 2 0 xx x x x xx 2 1 11 1 lim 2 0 = ++ → x x 4 9 2 3 sin lim 4 9 .2 2 3 sin lim2 13cos lim 2 2 0 2 2 2 0 x x x x x x xxx →→→ −=−= − = 2 0 2 3 2 3 sin lim 2 9             − → x x x = 2 9 − ⇒ I = 9 1 2 9 2 1 1 −= − − 1,0ñ Vì : (SAB) ⊥ (ABCD) và (SAB) ∩ (ABCD) = AB Mà SI ⊥ AB , nên SI ⊥ (ABCD) ⇒ ABCDABCDS SSIV . 3 1 . = ðặt AB = x , ta có SI = 2 3x ID = 4 4 2 2 x a + Vì 4 4 4 3 9 2 2 2 2222 x a x aIDSISD ++=⇔+= 55 22 axax =⇔=⇔ Khi ñó : SI= 2 15 2 3 ax = ; )2(5. 2 1 )(. 2 1 aaaBCADABS ABCD +=+= = 2 53 2 a 4 35 2 53 . 2 15 . 3 1 32 . aaa V ABCDS ==⇒ (ñvtt) Ta có: SBBC BCIB BCSI ⊥⇒    ⊥ ⊥ Vì 0 90== ∧∧ SBCSIC ⇒ mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có ñường kính là SC ⇒ bán kính là R = 2 6 4 5 4 15 2 1 2 1 2 1 2 22 22 a a aa ICSISC =++=+= 1,0ñ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A D B S C I V (1,0ñ) VI.a (2,0ñ) VII.a (1,0ñ) Từ )(21)()(3)(21)(4 2222 yxyxyxyxxyyx ++≤−++⇔++≤++ 2 )(3)(21 yxyx +≥++⇒ 1 3 1 ≤+≤−⇔ yx , vì x ; y không âm nên ta có 10 ≤ + ≤ yx . Ta có : P = 22 2 22 )( 4 1 )( 2 1 2 )( yxyxyxyx yx yxyxxy +−+=+−++       + ≤+−++ (vì 2 2       + ≤ yx xy và 222 )()(2 yxyx +≥+ ) . ðặt t = x + y ; ta có : 10 ≤ ≤ t , và P 2 4 1 )( tttf −=≤ ; có 2 2 1 )( ' t t tf −= = 0 1 . 2 1 ≥ − t tt , với [ ] 1;0 ∈ ∀ t . [ ] 4 3 )1()(max 1;0 ==⇒ ftf ⇒ maxP = 4 3 , dấu = xảy ra ⇔ x = y = 2 1 1.(1,0ñ) Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung ñiểm của AB nên A(2 ; 2- a) , mà A ∈ AC : x- y- 3 = 0 ⇒ 2 – (2- a) -3 = 0 ⇔ a = 3 ⇒ A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ; )4;2(− → AB . Mà C ∈ AC : x – y -3 =0 ⇒ C( 3; 00 − xx ) )6;( 00 −=⇒ → xxBC . ABC ∆ vuông tại B nên AB ⊥ BC ⇒ 120)6(420. 000 =⇔=−+−⇔= →→ xxxBCAB ⇒ C(12 ; 9) 2.(1,0ñ) Gọi H là trung ñiểm của AB 2 1 2 221 );( = +− =∆=⇒ IdIH Ta có 2 6 6. 2 1 . 2 1 2 3 . 2 1 =⇒=⇔=⇔= ∆ AHABABABIHS AIB Gọi R là bán kính của ñường tròn cần tìm, ta có : 2 4 6 2 1 22 =+=+= AHIHR ⇒ ñường tròn cần tìm có phương trình là: ( ) ( ) 221 22 =−+− yx (1,0ñ) Từ 45 )!2(!2 ! )!1( ! 45 21 = − + − ⇔=+ −− n n n n CC n n n n 45 2 )1( = − +⇔ nn n 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b (2,0ñ) VII.b (1,0ñ) 9090 2 =⇒=−+⇔ nnn .khi ñó ta có khai triển : 9 5 1 4 5 5 4 5 1         +=         + − xx x x n = kk k k xxC ).()( 5 1 9 9 0 4 5 9 − − = ∑ = ∑ = − − 9 0 54 )9(5 9 k kk k xC ; ứng với 4 x ta có : 4 5 4 )9(5 =− − kk 514529 = ⇔ = ⇔ kk ⇒ hệ số của 4 x là : 126 5 9 =C 1.(1,0ñ) Từ 241 1 4 2 22 =⇒=⇒=+ aa yx Vì A; B là hai ñiểm trên (E) nên ta có:    ==+ ==+ 42 42 21 21 aBFBF aAFAF 68 122121 = + ⇒ = + + + ⇒ BFAFBFBFAFAF 2.(1,0ñ) Gọi H là hình chiếu của M lên BC; ta có : 2 2 321 );( = +− == BCMdMH Vì ∆ ABC cân tại A và 00 60120 =⇒= ∧∧ HMCBAC . Ta có : MC MH HMC = ∧ cos 22 2 60cos 0 =⇔=⇔ MC MC , do C ∈ BC: x- y +3 = 0 ⇒ C( a; a +3) , với a > 0 Vì 8)1()1(822 222 =++−⇔=⇔= aaMCMC 3 2 =⇔ a 3=⇔ a )33;3( +⇒ C . 1,0ñ ðk:    > −> 0 1 y x Pt ñầu 1)1(loglog1)1(loglog1 2222 + = ⇔ + = ⇔ = + − + ⇔ xyxyxy Thế vào pt còn lại ta ñược : 082.221622 2122 =−+⇔=+ ++ xxxx     −= = ⇔ )(42 22 loai x x ; với 2122 =⇒=⇔= yx x (tmñk) KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 . log ( 1) 2 2 12 x x y y x Hết TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 *** ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi :TOÁN - Khối B (Th ời gian l àm bài 180 phút, không k ể thời gian giao. ñược sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh : ðÁP ÁN ðỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN , KHỐI B. sinh (7,0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số : 2 6 1 3 2 y = − x + x + 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ ñồ thị (C) của hàm số 2. Tìm m ñể ñường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt