ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI: TOÁN

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án 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!

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MINH KHAI -------- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x      C a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng d: y = m(2-x) +2 cắt đồ thị   C tại 3 điểm phân biệt A(2; 2), B, C sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị   C tại B và C đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2.(2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a. 3sin 2 cos2 5sin (2 3)cos 3 3 1 2cos 3 x x x x x         b.   4251 2 2 2  xxx Câu 3.(1,0 điểm) Tính:   dx x x 2 cos1 tan Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC vuông cân tại C, AB =3a, 2 14a SB  . Gọi G là trọng tâm ∆ABC, SG  (ABC). Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC). Câu 5.(1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 3 3 3 1 2 2 2 a b c a b b c c a       II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần ( A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6.a(1,0 điểm) 2 2 x y Cho elip (E): 1 16 5   và 2 điểm A(-5; -1), B(-1; 1). Xác định tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho diện tích ∆MBA lớn nhất. Câu 7a.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2log 3 (x 2 – 4) + 3log 3 (x + 2) 2 - log 3 (x – 2) 2 = 4 Câu 8.a(1,0 điểm) Chứng minh rằng: )Nn()12(23C .3C3CC *n21n2n2n2 n2 44 n2 22 n2 o n2   B. Theo chương trình nâng cao Câu 6.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Câu 7.b(1,0 điểm) Giải phương trình: 07)1x(log)1x()1x(log)1x6( 3 2 2 2 1  Câu 8.b(1,0 điểm) Trong khai triển 124 4 )53(  có bao nhiêu số hạng là số hữu tỷ. ----------Hết----------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh . www.VNMATH.com SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MINH KHAI -------- ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 a. - TXĐ: D = R. - Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: ; lim lim x x y y       + Chiều biến thiên: 2 x 0 y' 3x + 6x ; y' 0 x 2          Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞), đồng biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y CT = -2; đạt cực đại tại x = 2; y CĐ = 2 - Bảng biến thiên: x - ∞ 0 2 + ∞ y’ - 0 + 0 - y +∞ 2 -2 -∞ 0,25 0,25 0,25 . Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị hàm số: (1;0), (-1;2), (3; -2) 0,25 b. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : -x 3 + 3x 2 - 2 = m(2-x) +2 (1)       )2(0m2xx)x(f 2x 2 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt  pt (1) có 3 nghiệm phân biệt  pt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 0,25 www.VNMATH.com                     0m 4 9 m 0m 09m4 0)2(f 0 Hoành độ điểm B và C là nghiệm của pt(2). Ta có: x B + x C = 1 và x B .x C = -m -2 Tích hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại B và C là: y’(x B ). y’(x C ) = (3x B 2 -6 x B ) (3x C 2 - 6x C ) = 9(m+1) 2 -9 ≥ -9   0\); 4 9 (m    . Dấu "=" xẫy ra khi m = -1. Vậy y’(x B ). y’(x C ) nhỏ nhất bằng -9 đạt được khi m = -1 0,25 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 2 a. Điều kiện: 2 3 xcos  Phương trình đã cho tương đương với: 03xcos3xsin5x2cosx2sin3           2xsinxcos3 2 1 xsin 0)2xsinxcos3)(1xsin2( 02xsin5xsin2xcos3xcosxsin32 2 0,25 0,25                   2k 6 x1) 3 xsin(2xsinxcos3 2k 6 5 x 2k 6 x 2 1 xsin Đối chiếu điều kiện => nghiệm của phương trình là    2k 6 x 0,25 0,25 b. Phương trình đã cho tương đương với: 4x2x51x2x 224  )2x(2x4)2x(x 222  Đặt 2 t )2x(x)2x(2.xt)2x(2xt 2 222222  Phương trình trở thành       2t 4t 08t2tt4 2 t 2 2 0,25 0,25 2x 2x 0x 08x2x 0x 4)2x(2x4t 224 2              31x 31x 0x 02x2x 0x 2)2x(2x2t 2 24 2              0,25 0,25 Câu 3         dx )xcos1(xcos xcos.xsin dx )xcos1(xcos xsin dx xcos1 xtan I 2222 0,25 www.VNMATH.com Đặt t = cos 2 x => dt = -2sinx.cosxdx . 1 1 1 1 ( ) 2 ( 1) 2 1 dt I dt t t t t         1 1 1 (ln | 1| ln | |) ln | | 2 2 t t t c c t        2 2 1 1 cos ln( ) 2 x c cox x    0,25 0,25 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 4 Câu 5 a. S I B A G- K C Gọi I là trung điểm của AB => 2 a IG 2 a3 CI  ∆IGB vuông tại I => GB 2 = IG 2 + IB 2 = 2 a5 2 ∆SGB vuông tại G => SG 2 = SB 2 - GB 2 = a 2 => SG = a. 4 a3 a3. 2 a3 . 2 1 .a 3 1 .SG 3 1 V 3 ABCABC.S S   Kẻ GK//BC (KAC)  AC  (SGK)  SK  AC ∆GKC vuông cân tại K  GK =GCsin45 0 = 2 a ∆SGK vuông tại G  2 6a GKSGSK 22  ∆AIC vuông tại I  2 a3 ICIAAC 22  S ∆SAC 4 3a3 AC.SK 2 1 2  . 3 ( ;( )) 3 S ABC SAC V d B SAC a S    0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com ab 9 4 b 9 2 a )1aa(b 9 2 a ab 3 2 a ab3 ab2 a bba ab2 a b2a a 3 2 3 6 3 33 3 3 2       Tương tự: ca 9 4 a 9 2 c a2c c ;bc 9 4 c 9 2 b c2b b 3 2 3 2     Do đó 1 3 )cba( 9 4 3 7 )cabcab( 9 4 )cba( 9 2 )cba( a2c c c2b b b2a a 2 3 2 3 2 3 2        0,25 0,25 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 6a Phương trình đường thẳng AB: x -2y + 3 = 0 AB = 52 Giả sử M(x o ;y o )  (E)  5x o 2 + 16y o 2 = 80 5 |3y2x| 00   AB)d(M; |3y2x|)AB;M(d.AB 2 1 00M   S AB Ta có: 9|3y2x|93y2x3 6y2x66|y2x| 36)y16x5)( 4 1 5 1 ()y4. 2 1 x5. 5 1 ( 0000 0000 2 0 2 0 2 00                                3 5 y 3 8 x 6y2x y8x5 93y2x 2 1 y.4 5 1 x.5 9 0 0 00 00 00 M S AB Vậy điểm M cần tìm là:        3 5 ; 3 8 M 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7a Điều kiện x > 2 hoặc x < -2 Phương trình đã cho tương đương với: log 3 (x 2 – 4) 2 + 3log 3 (x + 2) 2 - log 3 (x – 2) 2 = 4  4log 3 (x + 2) 2 = 4 0,25 0,25 www.VNMATH.com  log 3 (x + 2) 2 = 1  (x + 2) 2 = 3  x 2 + 4x + 1 = 0        32x 32x Đối chiếu với điều kiện  nghiệm của phương trình là x = -2 - 3 0,25 0,25 Câu 8a Ta có: (1 + x) 2n = n2n2 n2 1n21n2 1n2 22 n2 1 n2 0 n2 xCxC .xCxCC    (1 - x) 2n = n2n2 n2 1n21n2 1n2 22 n2 1 n2 0 n2 xCxC .xCxCC      n2n2 n2 22 n2 0 n2 n2n2 xC .xCC2)x1()x1(  Cho x = 3 ta được: n2n2n2n2 n2 22 n2 0 n2 )2(4)3C .3CC(2   )12(2 2 24 3C .3CC n21n2 n2n2 n2n2 n2 22 n2 0 n2     0,25 0,25 0,25 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 6b A d  A(t; 2 -3t) Ta có: d(C; DM) = 2 1 d(A; DM)  | 4t -4 | = 8 | t - 1 | = 2       1t 3t t = 3  A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM) t = -1  A(-1, 5) (thỏa mãn) Giả sử D(m; m-2). )3;5(D5m )1m()3m()7m()1m( 0)1m)(7m()3m)(1m( CDAD CDAD 2222               Gọi I là tâm của hình vuông  I là trung điểm của AC  I (1; 1) Do I là trung điểm của BD  B(-3; -1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7b Điều kiện x > -1 Phương trình đã cho tương đương với:       7)1x(log)1x6( 1)1x(log 07)1x(log)6x6()1x(log)1x6( 2 2 2 2 2 2 1 x 2 1 1x1)1x(log 2  (thỏa mãn điều kiện) 0 1x6 7 )1x(log7)1x(log)1x6( 22    0,25 0,25 www.VNMATH.com Xét hàm số 1x6 7 )1x(log)x(f 2   trên (-1; +∞) ' 2 1 42 1 ( ) 0 ( 1; ) \ ( 1)ln 2 (6 1) 6 f x x x x                 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ) 6 1 ;1(  và ); 6 1 (   Trên mỗi khoảng ) 6 1 ;1(  và ); 6 1 (  nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Lại có f(1) = 0 ; f(-3/4) = 0  x = 0 và x = -3/4 là nghiệm của phương trình f(x) =0 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 1 2 x   ; x = 0 ; x = -3/4 0,25 0,25 Câu 8b Ta có: 124 1 1 124 62 124 4 2 4 2 4 124 0 ( 3 5) 3 5 ( 1) . .3 .5 k k k k k C               Số hạng thứ ( k + 1) là số hữu tỷ 62 2 4 0 124 k N k N k N k                 4 0 31 k i i N i            i  {0; 1; 2…; 31}. Vậy có 32 số hạng hữu tỷ. 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com