ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 ĐỀ CHÍNH THỨC WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A 1 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   3 2 16 3 1 23  xmmxxy   1 có đồ thị   m C a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   1 khi m = 1. b. Tìm m để trên   m C có hai điểm phân biệt   11 ; yxM và   22 ; yxN sao cho tiếp tuyến tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng 063  yx và 32 21  xx . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: x x x x x cot1 cos 3cos sin 3sin  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:      03 05 2224 2 xyyxx xyxyx   Rx y , Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:      4 0 2 2sincos 2cos  dx xx x I Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có M là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác ABC, BC = 2a, góc ACB bằng 0 90 , góc ABC bằng 0 60 .Góc giữa cạnh bên CC’ và mặt đáy (ABC) là 0 45 , hình chiếu vuông góc của C’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và cosin của góc giữa hai đường thẳng BC và C’G. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thuộc đoạn   2 ; 1 . Tìm tất cả các giá trị thực của z để biểu thức    22 yxyx xyzyxyzx P    có giá trị lớn nhất là M thỏa mãn 2M . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho A(1;2), B(1;-2). Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng d 1 : x - y -1 = 0 sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d 2 : x+y -3 = 0 Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2;1;1) là trực tâm tam giác ABC. Câu 9a (1,0 điểm). Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi người nhận được ít nhất một đồ vật. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x - y + 1= 0 và tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x + 4y - 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. Biết đường thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 45 0 Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(0;1;2), B(-1;1;0) và mặt phẳng (P): x - y + z = 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại B. Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình:     022log2log 2 3 3  xx xx ,   Rx  Hết. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………, Số báo danh:……………………… TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A 1 Câu Ý Nội dung Điểm a (1đ) Thí sinh tự giải 1.0 Câu 1 (2điểm) b (1đ) Đường thẳng x + 3y -6=0 có hệ số góc 3 1 k . Tiếp tuyến tại M và N lần lượt có hệ số góc,   11 ' xyk  ,   22 ' xyk  , từ giả thiết 21 kk  =3            3162 3162 2 2 2 1 2 1 mmxx mmxx x 1 , x 2 là nghiệm pt x 2 – 2mx + 6m – 9 = 0 (1) Phương trình (1) có 2 nghiệm x = 2m -3 và x = 3 Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 t/m 32 21  xx          32332 032 332 m m m 3 2 3  m 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 2 (1điểm) Đk: 2 02sin  k xx  Pt x xx x x x xx xx xxxx sin cossin 2sin 2 1 4sin sin cossin cossin sin3coscos3sin          032cos22sin2cossincossinsin2cos4  xxxxxxxx   ptvn 032cos22sin2 1tan       xx x Zk , 4    kx 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3 (1điểm) Hpt                 2 13 1 5 2 2 2 2 yxyx yxyx Thế (1) vào (2):           02213 0 135 2 2 2 2 yy x yxyx          11 2 0 y y x x=0 suy ra y=0 y=2 suy ra x=1 và x=2 y=11 không có x thỏa mãn thử lại vào hệ thấy thỏa mãn Vậy hệ có 3 nghiệm: (0; 0) , (1; 2) và (2; 2). 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4 (1 điểm) Đặt t = sinx + cosx + 2  dt = (cosx – sinx)dx 22 3 22 3 2 2 ln 2             t t dt t t I 0.25 0.25 0.25 2 3 4 3 22 ln    0.25 Câu 5 (1 điểm) Tính được góc 0 45'  CHC BC = 2a, AB = 4a, MC = 2a HC = HC’ = a, GH = a/3 V ABC.A’B’C’ = C’H.S ABC = a.1/2.AC.CB = 3 32 a (đvtt) Có HGHCCBGB  '''' và 0 .'' , 0' .'''''  HGHCHGHCHCCBHCCB nên   HGCBHGCBHGHCCBGB ,''cos.'.'2'''' 2222  Do     2 1 60cos,cos,''cos 0  GHBCHGCB 9 40 ' 2 2 a GB  , 3 10 '' 22 a GHHCGC  102 1 ''.'2 '''' ''cos 222    GCCB GBGCCB GCB  góc giữa BC và C’G bằng góc gữa B’C’ và C’G và có cosin bằng 102 1 Cách khác:     GCCB GCCB GCCBGCBC '. '. ',cos',cos  Tính được 3 10 ' a GC  và CBCAHCCMHCHGHCGC 12 1 12 1 ' 6 1 '''  312 1 .' 2 2 a CBCBGC    102 1 ',cos  GCBC 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 6 (1điểm) Đặt y x t  , vì          2 ; 2 1 t 2 ;1y x, , lúc đó     tf tt zztt P     1 12 2 2 Vì f(t) liên tục trên       2 ; 2 1 nên có   MtfMax t         2; 2 1 Vậy 2M  Bpt ẩn t:   2 1 12 2 2    tt zztt có nghiệm        2 ; 2 1 t 12 2 2    t tt z có nghiệm        2 ; 2 1 t , Xét h/s   12 2 2    t tt tg ,        2 ; 2 1 t 0.25 0.25 2a 3 M 4a 2a 45 H G B B' C' A' C A Từ bảng biến thiên suy ra 2 7 z . 0.25 0.25 Câu 7a (1 điểm) Vì 2 dA nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với d 2 tại A Phương trình IA: x – y + 1 = 0 Gọi I(t; t+1), vì IA = IB suy ra t = -1 Suy ra I(-1; 0) Gọi C(a; a-1), vì IC = IA = 322  a Vậy có 2 điểm C thỏa mãn bài toán là   13 ;3 C và   13- ;3 C 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 8a (1 điểm) Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z) ta có           0., 0. 0. HBHCHA ABCH BCAH             0313 072 0 zyx yx zx Giải hệ ra ta có 2 nghiệm (3; 1; -3) và        2 7 ;14; 2 7 Với x=3, y=1, z=-3 suy ra B(3; 1; 0) loại vì B trùng A Với x=-7/2; y=14; z= 7/2              2 7 0;0;C ;0;14; 2 7 B 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 9a (1 điểm) TH1: Mỗi người nhận 2 đồ vật, số cách chia là: 90 2 2 2 4 2 6 CCC cách. TH2: Một người nhận 4 đồ vật, hai người còn lại mỗi người nhận 1 đồ vật Số cách chia là: 90 3 1 2 4 6 CC cách. TH3: một người nhận 1 đồ vật, một người nhận 2 đồ vật, một người nhận 3 đồ vật, số cách chia là: 360 !3 3 3 2 5 1 6 CCC cách. Vậy số cách chia thỏa mãn bài toán là: 90+90+360 = 540 cách. 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 7b (1 điểm) Gọi vtpt của đt AB là     0a ; ; 22  bban AB ta có 2 2 . . 45cos 0  dAB dAB nn nn       0 0 b a . Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm I(1;-2) , R=3   2 3 2 1 ,  RABId Nếu a=0 chọn b = 1, ptđt AB: y+m=0 từ           2 7 2 1 2 3 , m m ABId 0.25 0.25 0.25 t 2 1 2 71 2 g’(t) - 0 + g(t) +  3 4 2 7 I d 2 B C A Nếu b=0 chọn a = 1 , ptđt AB: x+m=0 từ           2 5 2 1 2 3 , m m ABId Vậy có 4 đường thẳng AB thỏa mãn bài toán là: 2y+1=0; 2y+7=0; 2x+1=0 và 2x-5=0 0.25 Câu 8b (1 điểm) Gọi M(x; y; z) từ giả thiết ta có:           PM BMBA BMBA 0.               5 0 11 012 2 22 zyx zyx zx , Giải hệ được 2 nghiệm          6 102 ; 6 104 ; 3 101 và          6 102 ; 6 104 ; 3 101 Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài toán          6 102 ; 6 104 ; 3 101 M và          6 102 ; 6 104 ; 3 101 M 0.25 0.25 0.5 Câu 9b (1điểm) Đk      1 20 x x Pt     022log32log 3  xx xx                        b 022log a 012log 022log12log 2 x x xx x x xx Giải (a):   12  xxxa (loại) Giải (b):           21 01 21 01 10 12 21 12 10 2 2                                    x x x x x xx x xx x b Vậy bpt có tập nghiệm   2 ; 1T 0.25 0.25 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMW WW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWW W.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW. VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VN MATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNM ATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMAT H.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH. COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.COMWWW.VNMATH.CO MWWW.VNMATH.COM .  2 ; 2 1 t 12 2 2    t tt z có nghiệm        2 ; 2 1 t , Xét h/s   12 2 2    t tt tg ,        2 ; 2 1 t 0 .25 0 .25 2a 3 M 4a 2a. sinx + cosx + 2  dt = (cosx – sinx)dx 22 3 22 3 2 2 ln 2             t t dt t t I 0 .25 0 .25 0 .25 2 3 4 3 22 ln    0 .25 Câu 5 (1 điểm)