ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH MÔN TOÁN KHỐI A, B, D

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!

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH MÔN TOÁN KHỐI A, B, D Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số: 1 2 2 x y x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. Câu 2.(2 điểm).1. Giải phương trình: (1 cos2 )sin 2 2(sin3 sin )(1 sin ) 1 sin x x x x x x      2.Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 6 1 7 x x y x xy y             Câu 3.(1 điểm).Tính tích phân sau: 6 0 sin sin3 os2 x x dx c x    Câu 4. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu 5 (1điểm). Cho ba số x,y,z không đồng thời bằng 0, thỏa mãn điều kiện:       2 2 2 2 ( ) 2( ) 0x y z x y z . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:        3 3 3 ( )( ) x y z F x y z xy yz zx . PHẦN RIÊNG (3 điểm) . Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B Thí sinh thi khối D không phải làm câu 7a, 7b A. Theo chương trình chuẩn. Câu 6a.(2điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(0;2), N(5;-3), P(-2;-2), Q(2;-4) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD. Tính diện tích hình vuông đó. 2. Tìm m để bất phương trình: 2 2 2 2 1 4 .2 0 x x x x m m       có nghiệm với mọi   0;2x  Câu 7a. (1điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển đa thức (2 1) n x  biết tổng tất cả các hệ số của nó là 59049 B. Theo chương trình nâng cao. Câu 6b.(2điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): 2 2 2 4 0x y x y    và điểm A(-1;3). Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong (C) và có diện tích bằng 10 2. Giải phương trình: 2 2 2 2 log log 5log 8 25log 2 4 x x x x    Câu 7b.(1điểm) Tính tổng: 1 2 2 3 3 2 2 .2 2 .3 . 2 . n n n n n n S C C C nC     Hết . Họ và tên thí sinh Số báo danh . Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM TXĐ: 1x   2 1 ' 0 ( 1) y x D x      nên hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) ( 1; )v    . Hàm số không có cực trị 0,25 Tiệm cận:ta có 1 lim 2 x y   suy ra 1 2 y  là đường TCN 1 1 1 lim lim 2 2 x x x y x          và 1 1 1 lim lim 2 2 x x x y x          nên x=-1 là đường TCĐ 0,25 Bảng biến thiên: x  -1  y’ + + y  1 2 1 2  0,25 I.1 Đồ thị: Cắt ox tại A(1;0) Cắt oy tại B(0; 1 ) 2  0,25 Gọi M( 0 0 0 1 ; 2( 1) x x x   ) ( )C là điểm cần tìm. Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phươngtrình.  : ' 0 0 0 0 1 ( )( ) 2( 1) x y f x x x x        0 0 2 0 0 1 1 ( ) 2( 1) 1 x y x x x x        0,25 Gọi A =   ox  A( 2 0 0 2 1 2 x x   ;0) B =   oy  B(0; 2 0 0 2 0 2 1 2( 1) x x x    ). Khi đó  tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng tâm là: G( 2 2 0 0 0 0 2 0 2 1 2 1 ; 6 6( 1) x x x x x             . 0,25 I.2 Do G  đường thẳng:4x + y = 0  2 2 0 0 0 0 2 0 2 1 2 1 4. 0 6 6( 1) x x x x x            2 0 1 4 1x   (vì A, B  O nên 2 0 0 2 1 0x x   ) 0,25 www.VNMATH.com 0 0 0 0 1 1 1 2 2 1 3 1 2 2 x x x x                        .Với 0 1 1 3 ( ; ) 2 2 2 x M     ; với 0 3 3 5 ( ; ) 2 2 2 x M    0,25 Giải phương trình: (1 cos2 )sin 2 2(sin3 sin )(1 sin ) 1 sin x x x x x x      ,(1) Đk: sin 1x  0,25 2 2 (1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cosx x x x x  0,25 2 cos 0 2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin2 0 1 cos 2 x x x x x x               0,25 II.1 2 3 x k k Z x k             0,25 đk : 1y   .ta có 2 2 2 2 2 6 2 1 1 3( ) ( ) ] 7 4 x x y y x y x y                 0,25 2 2 ( )( 2) 5 3( ) ( ) 28 x y x y x y x y              0,25 Đặt ,u x y v x y    ta có hệ : 2 2 ( 2) 5 3 28 u v u v         1 5 u v         0,25 II.2 hay 3 1 u v       từ đó ta có 3 2 x y       hay 1 2 x y      0,25 Ta co :I= 3 26 6 2 2 0 0 4s inx 4sin 4 4sin (cos ) 2cos 1 2 os 1 x x dx d x x c x           = 2 2 6 6 2 2 0 0 4 4(1 os ) cos (cos ) 4 (cos ) 2cos 1 2cos 1 c x x d x d x x x            0,25 III, Đặt t=cosx ,Đổi cận ; 0 1 3 6 2 x t x t        khi đó ta 0,25 www.VNMATH.com có ;I= 3 3 3 3 3 2 22 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) 1 1 1 4 2 2 (1 ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 t t dt dt dt t dt t t t t                       Ta có : 1 I  2 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 ( 2 1) ( 2 1) 1 1 ( ) 2 1 ( 2 1)( 2 1) 2 1 2 1 t t dt dt dt t t t t t                3 3 2 2 1 1 1 1 2 1 1 ( 3 2)( 2 1) (ln 2 1 ln 2 1) ln ln 2 2 2 1 2 ( 3 2)( 2 1) t t t t            0,25 Từ đó ta co 1 ( 2 2)( 2 1) ln 3 2 2 ( 2 2)( 2 1) I        0,25 I K L E NH A B C D S M Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD Gọi ,I AN BD K LM SN    ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và 3 AN IN  Từ giả thiết ta có     , / / 1SH ABCD ME SH ME BD   Lại do   2AM BD . Từ       1 & 2 BD AMN BD AN    . Trong tam giác AND ta có 2 2 2 2 . 3 3 2 3 NA ND NI NA NA ND a AD NA ND a         0,25 Dễ thấy   CD SHN , do     / / 3ML CD ML SHN ML SN    Do         ,ABLM SCD ABLM SCD ML   (4), nên từ       3 & 4 SN ABLM  SN HK  . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra 2SH HN a  0,25 IV Dễ thấy   CD SHN , do     / / 3ML CD ML SHN ML SN    Do         ,ABLM SCD ABLM SCD ML   (4), nên từ       3 & 4 SN ABLM  SN HK  . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra 2SH HN a  . Ta có 3 . 1 4 . . . 3 3 S ABCD a V SH AB AD  ; 3 . . . 1 1 1 2 2 2 3 S BCM S BCD S ABCD a V V V          ( đvtt). 0,25 www.VNMATH.com Ta có   1 , . 2 SBC BC SH BC AB BC SAB BC SB S SB BC        2 2 2 2 2 1 1 6 . 2 . 2 2 2 2 a HB SH BC a a a     Mặt khác ta có     3 6 ; 3 MSBC SBC V a d M SBC S   . 0,25 .Từ giả thiết :       2 2 2 2 ( ) 2( ) 0x y z x y z và 2 2 2 2 1 ( ) 2 xy yz zx x y z x y z             suy ra 2 1 ( ) 4 xy yz zx x y z     0,25 do đó P= 3 3 3 3 3 3 3 4( ) 1 4 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) 16 x y z x y z x y z x y z x y z x y z                    Đăt : 4 4 4 , , x y z a b c x y z x y z x y z          Thì ta có : 2 4 4 4 4 4 b c a a b c ab bc ca bc a a                    và 2 ( ) 4b c bc  nên 8 0 3 a  .Ta có 0,25 P= 3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 ( ) ( ) 3 ( ) (3 12 12 16) 16 16 16 a b c a b c bc b c P a a a                 Xét hàm số :f(x)= 3 2 3 12 12 16a a a   với 8 0 3 a  0,25 V Từ đó GTLN là P= 11 9 chẳng han khi x=y,z=4x GTNN là P=1 chẳng hạn khi x=0,y=z 0,25 Từ pt (C) suy ra tọa độ tân I(1;2);R= 5 .Điểm C đối xứng với A qua I suy ra C(3;1). 2 . 10 ABCD ACB S S AC BH   ( H là chân đường cao kẻ từ B xuống AC) 0,25 Ta có AC= 2 5 5BH  .Vậy H là trùng với tâm I của đường tròn và ABCD là hình vuông 0,25 Phương trình đường thẳng d qua tâm I và nhận (4; 2)AC    làm vecto pháp tuyến có dạng :2x+y=0.Tọa độ của B,D là nghiệm hệ : 2 2 2 4 0 2 0 x y x y x y          0,25 VI.a. 1 Giải hệ trên ta có :B(0 ;0) ;D(2 ;4) 0,25 www.VNMATH.com .t t= 2 2 2 x x vi 0;2x ; 2 2 ' 2 (2 2)ln 2 ' 0 1 x x t x t x 0,25 t(0)=t(2)=1,t(1)= 1 2 1 ;1 2 t 0,25 Bt phng trỡnh tr thnh : 2 2 2 0 (2 1)t mt m m t t 2 ( ) 2 1 t m f t t 0,25 VI.a. 2 2 2 2 2 1 '( ) 0 ;1 (2 1) 2 t t f t t t ;do ú 1 ( ) ;1 2 m f t t 1 1 (1) 3 3 m f m 0,25 Ta cú : 0 ( ) (2 1) n n k k k P x x a x vi 2 k k k n a C 0,25 Khi ú tng tt c cỏc h s ca khai trin trờn l : 10 ( ) (1) (2.1 1) 59049 3 10 n P x P n 0,25 Vi k=1.2 .10 xột t s : 1 1 1 10 1 10 2 10! !(10 )! 2(10 ) 19 2 . 1 2 ( 1)!(9 )! 10! 1 3 k k k k k k k k a C a k k k k a C k k k a 0,25 VII. a T ú : 0 1 7 8 9 10 .a a a a a a Suy ra h h s ln nht ca khai trin l 7 7 7 10 2a C 0,25 Gi AB,AD ln lt l :AB :ax+b(y-2)=0 ax 2 0by b ; AD :b(x-2)+a(y-4)=0 2 2 2 4 0;( 0)bx ay b a a b 0,25 Theo gt :d(P ;AP)=d(N ;AD) 2 2 2 2 3 02 4 3 7 0 a ba b b a a b a b a b 0,25 Vi 3 0a b ,chn a=1,b=-3,thỡ din tớch hỡnh vuụng l :S=( 2 2 2 3 ) 10 b a a b 0,25 VI.b .1 Vi a+7b=0,chn a=7,b=-1,thỡ din tớch hỡnh vuụng l:S= 2 2 2 3 2 b a a b 0,25 iều kiện 0 <x 1 .Đặt log 2 x = t, ta có log x 2 = t 1 , log x 8 = t 3 , 4 log 2 x = t 2 0,25 VI,b .2 Phương trình (1) trở thành t 2 + t 2 = 2 2515 tt t 4 + t 3 2t 2 15t - 25 = 0 Đặt a =5, phương trình trở thành : 2 4 3 2 3 2 0a at t t t Xem (4) là phương trình bậc hai đối với a, ta có = 2 2 (2 1)t t 0,25 www.VNMATH.com Bởi vậy 2 )1(3 2 )12(3 ttt a ttt a )2( )1( tta tta tt tt 25 5 2 2 nghiệm)(vô 052 05 2 2 tt tt 0,25 2 211 t 2 211 log 2 x x = 2 2 211 x = 2 2 211 (thoả mãn ). Vậy x = 2 2 211 là các nghiệm của phương trình đã cho 0,25 Xột khai trin 1 (1 ) n x 1 2 2 1 (1 ) (1 ) . (1 ) n n n n n C x C x C x 0,25 VII. b Ly o hm 2 v ta cú 1 1 2 1 (2 ) 2(1 ) (1 ) n n n n n n n x C x C n x C 0,25 nhõn 2 v vi (1+x) ta cú 1 (2 ) n n x (1+x)= 1 2 2 (1 ) 2(1 ) (1 ) n n n n n x C x C n x C 0,25 Thay x=1 vo 2 v ta cú : 1 2 .3 n S n 0,25