ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VI NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VI NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

www.VIETMATHS.com TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012. T.P ĐÔNG HÀ - QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN KHỐI A-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 2 3 1y x mx    (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Tìm tất cả các giá trị m để khoảng đồng biến của hàm số (1) là 1 2 ( ; )x x đồng thời 2 1 1x x  . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 cos2 2 2cos 3cos 4 1 1 cos x x x x x              2. Giải bất phương trình: . 3 2 1 0x x   Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:   2 2 4 1 3 4 2 x dx I x     . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC , đáy ABC là tam giác cân 2 3AB AC a  , góc  120 o BAC  .Mặt bên (SBC) vuông góc với đáy và hai mặt bên còn lại tạo với mặt đáy một góc  . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và  . Câu V (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình sau có nghiệm thực:   2 2 3 2 3 1 1x x a x x     . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn 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, biết toạ độ trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là H(2;2), I(1;2); và trung điểm 5 5 ( ; ) 2 2 M của cạnh BC. Hãy tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết B C x x ( B x , C x lần lượt hoành độ điểm B và C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi A, B, C lần lượt giao điểm của mặt phẳng (P): 6 2 3 6 0x y z    với Ox, Oy, Oz. Lập phương trình đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:     1 2 2 log 4 4 log 2 3 x x x      B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2 6 2 6 0x y x y     ; và điểm (3;3)A . Lập phương trình đường thẳng l qua A cắt (C) tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi  là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2 1 0x y z    và (Q): 2 7 0x y z    . Tìm điểm I thuộc  sao cho: IE IF lớn nhất với E(2;1;5), F(4;3;9). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình:     1 3 3 log 3 1 .log 3 3 6 x x    . .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: Người ra đề: Lê Đình Thành Phản biện: Lê Đức Hải www.VIETMATHS.com 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 Môn: Toán khối A-B Câu I.1 (1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm số 3 2 2 3 1y x x    Tập xác định D =  Giới hạn: lim x y    lim x y    nên đồ thị không có tiệm cận . Chiều biến thiên 2 ' 6 6y x x   ; ' 0 0 1y x x     ' 0 0 1; ' 0 0 1y x x y x         Suy ra hàm số đồng biến   0;1 , nghịch biến     ;0 , 1;  ;CĐ (1;0) ; CT(0;-1) Bảng biến thiên: x  0 1  'y  0 + 0  y  0 - 1  Đồ thị điểm đặc biệt CĐ (1;0) ; CT(0;-1) Giao với Ox tại (1;0) và 1 ( ,0) 2  . Giao với Oy tại (0;-1) điểm uốn 1 1 ; 2 2        0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Tập xác định D =  2 ' 6 6y x mx   , ' 0 0y x x m     Nếu m = 0 0y x       hàm số nghịch biến trên  không thoả mãn yêu cầu bài toán. Nếu 0m  để khoảng đồng biến của hàm số là   1 2 ;x x đồng thời x 2 - x 1 = 1 Khi và chỉ khi 0 1 1 0 1 m m m           0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) Đk: os 1c x   sin 2 cos2 2(cos sin ) 3cos 1 1 cos x x x x x x       sin 2 cos2 cos 2sin 1 cosx x x x x      2 sin 2 cos2 1 2sin 0 2sin cos 2sin 2sin 0 sin (cos sin 1) 0 x x x x x x x x x x              0,25 0,25 0,25 www.VIETMATHS.com 2 sin 0 cos 1 (loai) 2 sin 1 2 x x k x x k x                      So sánh điều kiện có nghiệm 2x k   và 2 2 x k     , k   0,25 Câu II.2 (1,0 đ) Giải bất phương trình: . 3 2 1 0x x   Điều kiện : 3 2 x  Đặt 2 3 3 2 0 2 t t x x       Khi đó bất phương trình trở thành :     2 3 3 2 0 1 2 0 2, 1t t t t t t           So sánh đ/k ta có : 0 2t  nên 1 3 0 3 2 2 2 2 x x       Vậy nghiệm bất phương trình 1 3 ; 2 2 S         0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ)   2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 2 3 4 3 4 2 2 2 x x I dx dx dx x x x I I            với 1 I = 2 4 1 3 2 dx x  = 2 2 4 3 1 1 3 1 7 2 2 16 x dx x           2 2 2 4 1 4 2 x I dx x    đặt 2sin 2cosx t dx tdt   , đổi cận 1 ; 2 6 2 x t x t         Nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 6 6 6 6 3 2 6 1 sin cos 1 cos 1 1 1 cot cot (cot ) 8sin 8 sin 8 sin 8 1 3 cot 24 8 t tdt tdt I t dt td t t t t t                                  vậy   2 2 4 1 3 4 2 x dx I x     =   1 7 2 3 16  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên BC , do ( ) ( )SBC ABC nên SI vgóc với mp(ABC). Gọi H, K lần lượt hình chiếu vuông góc của I trên AB và AC, suy ra ;AB SH AC SK  (định lý 3đvg) SHI SKI IH IK          I thuộc đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nên I trung điểm BC. Ta có : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3. 9. 3 2 IH IK IA IB a a a IH IK         Trong tam giác vuông SHI ta có SI = IH.tan  = 3 2 a tan  2 1 36 3 3 2 ABC S a a a  Vậy 3 1 3 . 3 tan 3 2 SABC ABC V SI S a    (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Tìm tất cả các giá trị a để pt :   2 2 3 2 3 1 1x x a x x     có nghiệm thực . S B C A I H K www.VIETMATHS.com 3 Pt viết lại   2 2 2 2( 1) ( 1) 1 1x x a x x      . TXĐ x R  . Chia 2 vế cho 2 1x  >0 ta được 2 2 2 1 1 2 1 1 x x a x x                   Đặt   3 2 2 1 1 1 1 x x t t x x               ; 0 1t x     x  1  't + 0  t 2 1 1 từ đó ta có  1; 2t     khi đó pt viết lại :   2 2 2 t at a t g t t       (do t =0 không là nghiệm pt). 2 2 ( ) 1 0 2g t t t        . t - 1 0 2 'g   0 g -3   2 2 Từ đó suy ra pt có nghiệm thực khi 3 ; 2 2a a   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVI.a1 (1,0 đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có : 2GH GI    gọi G(x ;y) khi đó : 4 2 2(1 ) 4 ( ;2) 3 2 2(2 ) 3 2 x x x G y y y                     Mặt khác gọi A(x ;y) , vì 2GA GM    nên 4 5 4 2( ) 1 3 2 3 ( 1;1) 15 2 2( 2) 2 x x A y y                         Đường thẳng BC đi qua điểm 5 5 ( ; ) 2 2 M nhận (3;1)AH   làm véctơ pháp tuyến Nên có pt : 3 10 0x y   . Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì (C) : có tâm I( 1;2) và bán kính 4 1 5R    .Do đó pt (C) :     2 2 1 2 5x y    Khi đó toạ độ B ;C là nghiệm hệ :     2 2 2 3 1 2 5 4 1 3 10 0 x x x y y y x y                         Do giả thiết B C x x .Nên B(3;1) ; C(2;4) Vậy : A(-1;1); B(3;1) ; C(2;4) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVIa.2 (1,0 đ) Pt mp (P) viết lại : 1 1 3 2 x y z    , do đó ( ) (1;0;0); ( ) (0;3;0);( ) (0;0;2)P Ox A P Oy B P Oz C      Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC, theo cách xác định tâm : thì I thuộc đường thẳng vuông góc với (OAB) tại trung điểm M của AB đồng thời thuộc mặt phẳng trung trực OC do đó 1 3 ( ; ;1) 2 2 I .Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì IJ vuông góc với mp(ABC) , 0,25 0,25 0,25 www.VIETMATHS.com 4 nên d chính là đt IJ . d là đt qua I nhận (6;2;3)n  pháp tuyến của (P) làm véc tơ chỉ phương . Vậy pt d : 1 6 2 3 2 2 1 3 x t y t z t                ( )t   0,25 Câu AVII (1,0 đ) Bất phương trình :     1 2 2 log 4 4 log 2 3 x x x            1 2 2 1 log 4 4 log 2 2 3 4 4 2 2 3 0 x x x x x x                2 2 3 2 4 0 3 2 2 x x x          3 2 4 2 x     2 3 log 2 2 x  . Vậy nghiệm bài toán 2 3 log ;2 2 S        0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VIb.1 (1,0 đ) Pt đường tròn (C) viết lại :     2 2 3 1 16x y    , có tâm I(3 ; - 1) ; R = 4 Ta thấy A(3 ;3) thuộc (C) . Pt l có dạng : 2 2 ( 3) ( 3) 0, 0a x b y a b      hay 3 3 0ax by a b    . Giả sử l qua A cắt (C) tại B khác A; theo gt ta có AB = 4 2 . Gọi hình vuông ABCD tâm I ta có 1 1 ( , ) 2 2 ( ) 2 2 d I l AD AB   2 2 3 3 3 2 2 a b a b a b       2 2 2 2 4 2 2b a b a b a b        , chọn b = 1thì a = 1 hoặc a = -1 Vậy ta có 2 đt thoả mãn đề bài là x +y - 6 = 0 và x - y = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.2 (1,0 đ) Chọn M(0 ;5 ;6)  ; N(1 ;0 ;3)  (1; 5; 3)MN     là một véctơ chỉ phương của đường thẳng  . pt tham số đt  : 1 5 3 3 x t y t t z t              Pt tham số đt EF là đt qua E(2;1;5) nhận 1 2 EF  làm véc tơ chỉ phương 2 1 5 2 x t y t t z t                  Xét hệ 1 2 0 5 1 1 3 3 5 2 t t t t t t t t                          suy ra EF cắt  tại A(1;0;3) (trùng với N) Trong mp(  ,EF) mọi điểm I   ta có EFIE IF  (hiệu 2cạnh trong 1tam giác nhỏ hơn cạnh thứ 3) dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi I, E, F thẳng hàng, từ đó suy ra I trùng A. Vậy điểm I(1;0;3). 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VII (1,0 đ) Giải bất phương trình:     1 3 3 log 3 1 .log 3 3 6 x x    Đk: 3 1 0 0 x x    (*) . Pt tương đương với           3 3 3 3 3 3 3 log 3 1 .log 3 3 1 6 log 3 1 1 log 3 1 6 3 log 3 1 2 28 log log 10 27 x x x x x x                     Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm 3 3 28 log ;log 10 27 S        0,25 0,25 0,25 0,25 Lưu ý: Các cách giải khác với đáp án nếu đúng vẫn được điểm tối đa. . (1, 0 đ)   2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 2 3 4 3 4 2 2 2 x x I dx dx dx x x x I I            với 1 I = 2 4 1 3 2 dx x  = 2 2 4 3 1 1 3 1 7 2 2 16 . Đức Hải www .VIETMATHS. com 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 012 Môn: Toán khối A-B Câu I .1 (1, 0 đ) Khi m = 1 ta có hàm số 3 2 2 3 1y x x 