ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT MINH KHAI, HÀ TĨNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT MINH KHAI, HÀ TĨNH

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. 3 sin 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 . SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012 - TRƯỜNG THPT MINH KHAI ---- ---- 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      ≠ −> ⇔    ≠− >+ ⇔    ≠ >∆ ⇔ 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 π+ π =⇔= π +⇔=+       π+ π = π+ π = ⇔= 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 π+ π = 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 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 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 4 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. 0,25 0,25 Câu 5 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 ∆ = = 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 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 ≤+−⇒≤+−≤−⇔ ≤−≤−⇔≤−⇒ =++≤− 0,25 0,25 0,25        −= = ⇔    =− −= ⇔        =+− − = ⇔= ∆ 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 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 ⇔ 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 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) 0,25 0,25 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 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 = + −+⇔=++ 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 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  − ∈    ∈ ⇔   ∈   ≤ ≤  0,25 0,25 4 0 31 k i i N i =   ⇔ ∈   ≤ ≤  ⇒ i ∈ {0; 1; 2…; 31}. Vậy có 32 số hạng hữu tỷ. 0,25 0,25