MỘT số đề THI đại học môn TOÁN có đáp án

MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ĐỀ1 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình: 2 2 1 3 2 1 3 x x x x = + + − + + − 2. Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x + + + = + + + Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x   = +  ÷ +   ∫ Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 9 9 9 9 9 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 x y y z z x P x x y y y y z z z z x x + + + = + + + + + + + + PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: 2 2 4 3 4 0x y x + + − = . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình 2 3 2 (t R) 4 2 x t y t z t = +   = − ∈   = +  . Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: 2 0z z + = B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 1 0 3 3 0 ( ) ; ( ') 1 0 2 1 0 x y x y z x y z x y + + = + − + =   ∆ ∆   − + − = − + =   .Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ∆ ) và ( ' ∆ ) cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ ) và ( ' ∆ ). Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 3 3 log 3 log log log 12 log log x y y x x x y y + = +   + = +  . Hết ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 2.0 1. TXĐ: D = R\{-1} Chiều biến thiên: 2 6 ' 0 x D ( 1) y x = > ∀ ∈ + => hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1) −∞ − và ( 1; ) − +∞ , hs không có cực trị 0.25 Giới hạn: 1 1 lim 2, lim , lim x x x y y y − + →±∞ →− →− = = +∞ = −∞ => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 2 2 - ∞ 0,25 0.25 + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm ( ) 2;0 , trục tung tại điểm (0;-4) f(x)=(2x-4)/(x +1) f(x)=2 x(t)=-1 , y(t)=t -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x y Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0.25 2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có 6 6 ;2 ; ;2 ; , 1 1 1 A a B b a b a b     − − ≠ −  ÷  ÷ + +     0.25 Trung điểm I của AB: I 2 2 ; 2 1 1 a b a b a b + − −   +  ÷ + +   Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0 0.25 Có : . 0AB MN I MN  =   ∈   uuur uuuur 0.25 => 0 (0; 4) 2 (2;0) a A b B = −   =>   =   0,25 CâuII 2.0 1. TXĐ: x [ ] 1;3 ∈ − 0,25 Đặt t= 1 3 , t > 0x x + + − => 2 2 4 3 2 2 t x x − + − = 0,25 đc pt: t 3 - 2t - 4 = 0 ó t=2 0,25 Với t = 2 ó 1 1 3 =2 ( / ) 3 x x x t m x = −  + + − ⇔  =  0,25 2. 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x + + + = + + + 1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x + + + = + + + [ ] sin 0 (sin ). 2 2(sin ) sin . 0 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx − =  ⇔ − + + + = ⇔  + + + =  0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx x k k Z π π − = ⇔ = + ∈ 0,25 + Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx + + + = , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx   + ∈ −   được pt : t 2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai = −  ⇔  = −  0.25 t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m π π π π = +   ⇒ ∈  = − +  Vậy : ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m π π π π π π  = + ∈   = + ∈   = − +   0,25 Câu III 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x   = +  ÷ +   ∫ 1,0 I 1 = 1 ln 1 ln e x dx x x + ∫ , Đặt t = 1 ln x+ ,… Tính được I 1 = 4 2 2 3 3 − 0,5 ( ) 2 2 1 ln e I x dx = ∫ , lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e - 2 0,25 I = I 1 + I 2 = 2 2 2 3 3 e − − 0,25 Câu IV 1,0 M N A B D C S S' H K SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : . .S ABCD S AMND V V V= − 0,25 . . .S AMND S AMD S MND V V V= + ; . . . . 1 1 ; . ; 2 4 S AMD S MND S ABD S BCD V V SM SM SN V SB V SB SC = = = = 0.25 . . . 1 2 S ABD S ACD S ABCD V V V = = ; . . . 3 5 8 8 S AMND S ABCD S ABCD V V V V = ⇒ = 0.25 2 5 24 V a h⇒ = 0.25 CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x 3 , b = y 3 , c = z 3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b b c c a P a ab b b bc c c ca a + + + = + + + + + + + + 0.25 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) a b a ab b a b a ab b a ab b + − + = + + + + + mà 2 2 2 2 1 3 a ab b a ab b − + ≥ + + (Biến đổi tương đương) 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 3 a ab b a b a b a ab b − + => + ≥ + + + 0.25 Tương tự: 3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 ( ); ( ) 3 3 b c c a b c c a b bc c c ca a + + ≥ + ≥ + + + + + => 3 2 ( ) 2. 2 3 P a b c abc ≥ + + ≥ = (BĐT Côsi) 0.25 => P 2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P ≥ = ⇔ Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn CâuVI .a 2.0 1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25 Pt đường thẳng IA : 2 3 2 2 x t y t  =   = +   , 'I IA ∈ => I’( 2 3 ;2 2t t + ), 0,25 1 2 ' '( 3;3) 2 AI I A t I = ⇔ = => uur uuur 0,25 (C’): ( ) ( ) 2 2 3 3 4x y− + − = 0.25 2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d ∈ , AB//d. 0.25 Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB ≥ A’B (MA+ MB) min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB 0.25 0,25 MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25 CâuVI I.a 1.0 z = x + iy ( ,x y R ∈ ), z 2 + 2 2 2 2 0 2 0z x y x y xyi = ⇔ − + + + = 0,25 2 2 2 2 2 0 0 xy x y x y =   ⇔  − + + =   0,25 (0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5 B. Chương trình nâng cao Câu VI.b 2.0 1. (7;3)BD AB B ∩ = , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 (2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c ∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠ , I = 2 1 2 17 ; 2 2 a c a c + + − +    ÷   là trung điểm của AC, BD. 0,25 I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c ∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − − 0,25 M, A, C thẳng hàng ó ,MA MC uuur uuuur cùng phương => c 2 – 13c +42 =0 ó 7( ) 6 c loai c =   =  0,25 c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25 2. Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ( ∆ ) ∩ ( ' ∆ ) = A 1 3 ;0; 2 2   −  ÷   0.5 (0; 1;0) ( )M − ∈ ∆ , Lấy N ( ') ∈ ∆ , sao cho: AM = AN => N AMN ∆ cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ ) và ( ' ∆ ) chính là đg thẳng AI 0.25 Đáp số: 1 2 1 3 1 3 2 2 2 2 ( ) : ;( ): 1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 x z x z y y d d + − + − = = = = − − − − + + + − − − 0,25 Câu VII.b TXĐ: 0 0 x y >   >  0.25 2 2 2 3 3 3 log 3 log log 3 . 2 . log 12 log log 12 . 3 . x y x y x y y x y x x x y y x y  + = + =   ⇔   + = + =    0.25 2 3 . 2 . x y y x y x =  ⇔  =  0.25 4 3 4 3 log 2 2log 2 x y =   ⇔  =   (t/m TXĐ) 0,25 ĐỀ 2 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x − = − 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình 2 17 sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( ) 2 2 12 x x x x π π + + = + + 2) Giải hệ phương trình : 4 3 2 2 3 2 1 1 x x y x y x y x xy  − + =   − + = −   Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4 0 tan .ln(cos ) cos x x dx x π ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0 . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 a b b c c a ab c bc a ca b + + + + + ≥ + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 45 0 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1 ( ) : 1 2 3 x y z d + = = − − và 1 4 ( '): 1 2 5 x y z d − − = = Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 (24 1) (24 1) (24 1) log log + + + + = x x x x x log x x x Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : 1C x y+ = , đường thẳng ( ) : 0d x y m + + = . Tìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1 ∆ : 2 2 − − x = 1 1 + y = 3 z . Gọi 2 ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 )) ≤ 1 Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu - ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định : { } \ 1D = ¡ *Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) −∞ và (1; ) +∞ *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1x Lim y + → = +∞ 1x Lim y − → = −∞ 2 x Lim y →+∞ = 2 x Lim y →−∞ = Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0 ( ; ( )) ( )M x f x C∈ có phương trình 0 0 0 '( )( ) ( )y f x x x f x= − + Hay 2 2 0 0 0 ( 1) 2 2 1 0x x y x x + − − + − = (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4 0 2 2 2 1 ( 1) x x − ⇔ = + − giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x = *Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y + − = và 5 0x y + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với os2 3sin 2 10 os( ) 6 0 6 c x x c x π − + + + = os(2 ) 5 os( ) 3 0 3 6 c x c x π π ⇔ + + + + = 2 2 os ( ) 5 os( ) 2 0 6 6 c x c x π π ⇔ + + + + = 0.25 0.25 Giải được 1 os( ) 6 2 c x π + = − và os( ) 2 6 c x π + = − (loại) *Giải 1 os( ) 6 2 c x π + = − được nghiệm 2 2 x k π π = + và 5 2 6 x k π π = − + 0.25 0.25 2.2 *Biến đổi hệ tương đương với 2 2 3 3 2 ( ) 1 ( ) 1 x xy x y x y x xy  − = −   − − = −   *Đặt ẩn phụ 2 3 x xy u x y v  − =   =   , ta được hệ 2 1 1 u v v u  = −  − = −  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 0.25 0.25 0.25 3 *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 4 x π = thì 1 2 t = Từ đó 1 1 2 2 2 1 1 2 ln lnt t I dt dt t t = − = ∫ ∫ *Đặt 2 1 ln ;u t dv dt t = = 1 1 ;du dt v t t ⇒ = = − Suy ra 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ln ln 2 1 1 2 2 2 I t dt t t t = − + = − − ∫ *Kết quả 2 2 1 ln 2 2 I = − − 0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH A B C ⊥ *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 0 60SEH SFH = = *Kẻ HK S B ⊥ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . *Lập luận và tính được AC=AB=a , 2 2 a H A = , 0 3 tan 60 2 a SH H F = = *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 1 1 1 3 10 K H a HK HS HB = + ⇒ = *Tam giác AHK vuông tại H có 2 20 2 tan 3 3 10 a A H A K H K H a = = = 3 cos 23 A K H ⇒ = 0.25 0.25 0.25 0.25 5 *Biến đổi 1 1 1 (1 )(1 ) a b c c ab c ab b a a b + − − = = + + − − − − *Từ đó 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − = + + − − − − − − Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 3 1 1 1 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − ≥ − − − − − − =3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c = = = 0.25 0.25 0.25 0.25 6.a * ∆ có phương trình tham số 1 3 2 2 x t y t = −   = − +  và có vtcp ( 3;2)u = − ur *A thuộc ∆ (1 3 ; 2 2 )A t t ⇒ − − + *Ta có (AB; ∆ )=45 0 1 os( ; ) 2 c A B u⇔ = uuuur ur . 1 2 . A B u A B u ⇔ = uuuur ur ur 2 15 3 169 156 45 0 13 13 t t t t ⇔ − − = ⇔ = ∨ = − *Các điểm cần tìm là 1 2 32 4 22 32 ( ; ), ( ; ) 13 13 13 13 A A − − 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a *(d) đi qua 1 (0; 1;0)M − và có vtcp 1 (1; 2; 3)u = − − uur (d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u = uur *Ta có 1 2 ; ( 4; 8;4)u u O   = − − ≠   uur uur ur , 1 2 (0;2;4)M M = uuuuuuur Xét 1 2 1 2 ; . 16 14 0u u M M   = − + =   uur uur uuuuuuur  (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n = − ur và đi qua M 1 nên có phương trình 2 2 0x y z + − + = *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 0.25 0.25 0.25 8.a *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét 1x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1 1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1) x x x x x x + = + + + + + Đặt log ( 1) x x t+ = , ta được phương trình 1 2 1 1 2 2t t t + = + + giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 log ( 1) 1 x x⇒ + = phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 2 log ( 1) 3 x x⇒ + = − 2 3 .(24 1) 1x x⇔ + = (*) 0.25 0.25 0.25 Nhận thấy 1 8 x = là nghiệm của (*) Nếu 1 8 x > thì VT(*)>1 Nếu 1 8 x < thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 1 8 x = *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 1 8 x = 0.25 6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d ⇔ < *Ta có 1 1 1 . .sin .sin 2 2 2 O A B S O A O B A O B A OB = = ≤ Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0 90A O B = 1 ( ; ) 2 d I d⇔ = 1m ⇔ = ± 0.25 0.25 0.25 0.25 7.b * 1 ∆ có phương trình tham số 2 2 1 3 x t y t z t = −   = − +   =  * 2 ∆ có phương trình tham số 2 5 3 x s y s z s = +   = +   =  *Giả sử 1 2 ;d A d B∩∆ = ∩ ∆ = (2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t ⇒ − − + * ( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t = + − + − uuuur , mf(R) có vtpt (1;2; 3)n = − ur * ( ) &d R A B n ⊥ ⇔ uuuur ur cùng phương 2 3 6 3 1 2 3 s t s t s t + − + − ⇔ = = − 23 24 t⇒ = *d đi qua 1 1 23 ( ; ; ) 12 12 8 A và có vtcp (1;2; 3)n = − ur => d có phương trình 23 1 1 8 12 12 1 2 3 z x y − − − = = − 0.25 0.25 0.25 0.25 8.b *Điều kiện : 3 0 log (9 72) 0 9 72 0 x x x >   − >   − >  giải được 9 log 73x > Vì 9 log 73x > >1 nên bpt đã cho tương đương với 3 log (9 72) x x − ≤ 9 72 3 x x ⇔ − ≤ 0.25 0.25 [...]... + 1) 3n +1 = 243 n = 4 05 05 Vy n=4 S Giỏo Dc & o To Thỏi Bỡnh Trng THPT Trn Quc 3 2 ; 2) 2 Kỡ thi th i hc ln V nm hc 2012-2013 (Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao ) Tun Mụn thi : Toỏn Ngy thi 13-04-2013 chớnh thc Cõu 1(2,0 im) Cho hm s y = x 3 2 x 2 (m 1) x + m (1) a Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi m=1 b Trong trng hp hm s (1) ng bin trong tp s thc, tỡm m din tớch hỡnh phng... H(1;1;1).Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua hai in A v H ng thi ct Oy,Oz ln lt ti hai im B,C khỏc gc to O sao cho din tớch VABC bng 4 6 Cõu 9 (1,0 im) Cho cỏc s thc dng a,b,c tho món iu kin 12 21ab+2bc+8ca Tỡm giỏ tr nh nht cabiu thc P=1+2+3 a b c Thớ sinh khụng c s dng ti liu Giỏo viờn coi thi khụng gii thớch gỡ thờm 5 THI TH I HC, CAO NG NM 2012 -2013 Mụn thi : TON Cõu I: (2,0 im) Cho hm s y = x 3 3x 2... y +1 = 3 2 Vit phng trỡnh ng thng ct d1 v d2 ng thi i qua im M(3;10;1) Cõu VII.b (1 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp phc: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -Ht P N THI TH I HC MễN TOAN NM 2012-2013 PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu Ni dung Tp xỏc nh: D=R lim ( x 3 3x 2 + 2 ) = x im lim ( x3 3 x 2 + 2 ) = + x + x = 0 x = 2 y=3x2-6x=0 Bng bin thi n: x - y + 0,25 0 0 2 - 2 0 y 1 I 2 - Hm s... => z = 5 4i = 7 5i 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 THI TH I HC MễN TOAN NM 2012-2013 A.PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im): Cõu I (2 im): Cho hm s y = x 3 3mx 2 + 3(m 2 1) x m3 + m (1) 1.Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) ng vi m=1 2.Tỡm m hm s (1) cú cc tr ng thi khong cỏch t im cc i ca th hm s n gúc ta O bng 2 ln khong cỏch t im cc tiu ca th hm...3x 8 x 3 9 x 2 0.25 *Kt lun tp nghim : T = (log 9 72; 2] 0.25 3 THI TH I HC MễN TOAN NM 2012-2013 PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2 im) Cho hm s y = x3 3x2+2 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) 2 Tỡm im M thuc ng thng y =3x-2 sao tng khong cỏch t M ti hai im cc tr nh nht Cõu II (2 im) 1 Gii phng trỡnh cos2x... 3 + 15 x 2 27 x + 27 , x =1 f , ( x) = 3 x 2 + 30 x 27 = 0 x = 9 025 vi 0 3 x + 4 > 0 2 3 3 2 1 x x + 2 x2 + 1 Vy: f '( x) = 0 x = 0 Bng bin thi n: 1 x 0 1 2 f '( x) || + 0 || 1 Cẹ f ( x) 3 3 22 2 Da vo bng bin thi n, ta cú: 4 1 3 3 22 Phng trỡnh ó cho cú 1 nghim duy nht thuc ;1 4 m < hoc m = 1 2 2 Cõu VI: 1 Phng trỡnh ng trung trc ca AB l 3 x y 6 = 0 Ta tõm... x ) n 1 x + ( 1+ x ) = ( 1+ x) n n 1 ( nx + x + 1) 0 1 2 3 n 1 n n 1 Thay x = 1 , ta cú Cn + 2.Cn + 3.Cn + 4.Cn + + n.Cn + (n + 1).Cn = ( n + 2 ) 2 Ht 6 THI TH I HC, CAO NG NM 2012 -2013 Mụn thi : TON I PHN CHUNG: Cõu 1: 2x 4 x +1 2 Tỡm trờn (C) hai im i xng nhau qua ng thng MN bit M(- 3;0) v N(- 1; - 1) 1 Kho sỏt v v th (C) ca hm s y = Cõu 2: 1 3x 7 1 Gii phng trỡnh:... < 2ab + 2bc + 2ca + 2abc 27 27 27 56 52 2 < (a + b + c) 2 ( a 2 + b 2 + c 2 + 2abc) a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 27 27 2 Du ng thc xy ra khi a = b = c = 3 7 THI TH I HC, CAO NG NM 2012 -2013 Mụn thi : TON Cõu 1 (2,5 im)  x2 + 2 x 5 x 1 a) Kho sỏt v v th hm s b) Tỡm M (C) tng cỏc khong cỏch t M n 2 tim cn l nh nht 2 T mt im bt kỡ trờn ng thng x = 2 cú th k c bao nhiờu tip... 6mx + 3(m 1) hm s cú cc tr thỡ PT y , = 0 cú 2 nghim phõn bit x 2 2mx + m 2 1 = 0 cú 2 nhim phõn bit , 2 2 05 = 1 > 0, m Cc i ca th hm s l A(m-1;2-2m) v cc tiu ca th hm s l B(m+1;-2-2m) Theo gi thit ta cú m = 3 + 2 2 OA = 2OB m 2 + 6m + 1 = 0 m = 3 2 2 Vy cú 2 giỏ tr ca m l m = 3 2 2 v 1 025 025 m = 3 + 2 2 PT cos4x+cos2x+ 3(1 + sin 2 x) = 3 1 + cos(4x+ ) ữ 2 05 cos4x+ 3 sin 4 . MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ĐỀ1 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + 72;2]T = 0.25 0.25 ĐỀ3 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 +2 (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2 2 x y =   ⇔  =   (t/m TXĐ) 0,25 ĐỀ 2 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm