ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn Toán - Khối A, A1,B.

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B. Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 21 1 x y x    (C) 1. Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên: 2 2 2 ( 2) 1 0 2 4 5 0 y x y x x y y m              Câu II (2,0 điểm ) . 1. Giải phương trình: 2 2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 ) 4 x x x x   2. Giải phương trình: x-2 + 4-x = 2x 2 − 5x − 1 Câu III (1,0 điểm ) . Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: 2 (2 ) ( 2 2 1) 0x x m x x      nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn 0; 1 3    . Câu IV (1,0 điểm ) . Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằn g 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc vớ i (P) t ại A. Đặ t SA = h. M ặ t ph ẳng (Q) đi qua A và vuông góc vớ i SB c ắ t SB t ạ i K. C là một điể m nằm trên đường tròn (T) sao cho  ,(0 ) 2 BAC      . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và  . Câu V (1,0 điểm ) . C h o các số dương ,,x y z thoả m ã n 3x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 x y z P x y y z z x       II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần( Phần A hoặc Phần B) A.Theo chương trình chuẩn. Câu VIa (2,0 điể m ) . 1. Trong mặ t ph ẳng to ạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH và trung tuyế n AM l ần lượt là: 2 13 0xy   và 13 6 9 0xy   . Biết tâm đường tròn ngoạ i ti ếp tam giác ABC là I( - 5 ; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 22 ( 4) 25xy   và M(1; - 1 ) . V i ết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A , B s a o c h o M A = 3 M B . Câu VIIa (1,0 điểm ) . C h o A = { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 } , t ừ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ s ố và số đó chia h ế t cho 3 . B.Theo chương trình nâng cao. Câu VIb (2,0 điểm ) . 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm c ủa BC, đỉnh A thuộc đư ờng th ẳng d: 20xy   , phương trình đường thẳng DM: 3 6 0xy   và đỉnh C(3; - 3). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, D biết D có hoành độ âm. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương trình chính tắc là: 22 1 16 9 xy  và hai đ i ểm A ( 4 ; - 3 ) , B ( - 4; 3). Tìm toạ độ điểm C t h u ộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIb (1,0 điểm ). Tính tổng 0 11 1 10 10 1 11 0 20 12 20 12 20 12 20 12 .S C C C C C C C C     . …………….Hết………… ( Đề thi gồm có 01 trang) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B. Th ời gian làm bài: 180 phút không kể th ời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012. Câu ý Đáp án Điểm I 1 Kh ả o s ự bi ến thiên và vẽ đồ th ị (C) c ủa hàm số 1,0 Tập xác định D = R\1 Sự biến thiên: -Chi ề u bi ến thiên: 2 3 ' 0, ( 1) y x D x       . Hàm số ngh ị ch bi ến trên các khoả ng (-  ; 1) và ( 1 ; +  ). - C ự c tr ị: Hàm số không có cự c tr ị . 0.25 - Gi ớ i h ạ n t ại vô cự c, gi ớ i h ạn vô cực và tiệ m c ậ n: 2 1 2 1 lim 2 ; lim 2 11 xx xx xx      . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 11 2 1 2 1 lim ; lim 11 xx xx xx         . Đườ ng th ẳ ng x = 1 là tiệ m c ận đứ ng. 0,25 -B ả ng bi ến thiên: x -  1 +  y ’ - - y 2 + -  2 0,25 Đồ thị: - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểmhai tiệm cận I( 1; 2). 0,25 2 Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên 2 2 2 ( 2) 1 0 (1) 2 4 5 0 (2) y x y x x y y m              1,0 O 1 2 x y I Nh ậ n th ấy x = 1 không thỏa mãn phương trình (1) dù y lấy b ất kì giá trị nào Suy ra (1) 21 ( 1) 2 1 1 x x y x y x         Phương trình (2) 2 2 2 ( 1) ( 2) x y m      là phương trình đường tròn (T) có tâm I(1;2) bán kính m v ớ i m ọi m khác 0 Vậy h ệ phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1 và đường tròn (T) cắ t nhau t ại 4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên 0,25 Đồ thị (C) chỉ đi qua đúng 4 điểm có tọa độ nguyên là A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và D(-2; 1) T ừ ng c ặp AvaC, B và D đố i x ứ ng nhau qua I(1;2) 0,5 H ệ đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đường tròn (T) phải đi qua 4 điểm A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi 22 10 10 R m m     0,25 II 1 . Gi ải phương trình: 2 2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 ) 4 x x x x   1,0 2 2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 ) 4 2cos3 cos 3 3sin2 3 1 cos(4 ) 2 2cos3 cos 3 3sin2 3 3sin 4 2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0 2cos3 cos 2 3sin3 cos 0 2cos (cos3 3sin3 ) 0 cos 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                              cos 0 2 () 3 cos3 3sin3 0 tan3 3 18 3 x xk kZ xx x xk                             Vậy n g h i ệm của phương trình là ; ( ) 2 18 3 x k x k k Z           0,5 0,5 4 2 - 2 - 4 - 6 - 8 -10 - 12 - 15 - 10 - 5 5 10 15 1 - 1 5 4 1 3 - 2 I y x o D C B A 2 Gi ải phương trình: x-2 + 4-x = 2x 2 − 5x − 1 (1) 1,0 2 (1) 2 1 4 1 2 5 3 x x x x          3 3 1 1 ( 3)(2 1) ( 3)( 2 1) 0 2 1 4 1 2 1 4 1 30 11 2 1(2) 2 1 4 1 xx x x x x x x x x x x xx                                  0,5 * 3 0 3 xx     *Xét phương trình (2) ĐK 24 x  VP 5  VT đạt giá trị l ớ n nh ất trên đoạ n [2;4] b ằ ng 1 1 21   khi x = 2 nên phương trình (2) vô nghiệ m V ậy phương trình có nghi ệ m duy nh ấ t x = 3 0,25 0,25 III Tìm các giá trị c ủ a tham s ố m để b ất phương trình: 2 (2 ) ( 2 2 1) 0 x x m x x       1.0 Đặ t 2 22 t x x    . L ậ p BBT c ủa hàm 2 22y x x   v ới x thuôc 0;1 3    ta có t thu ộc đoạ n   1;2 0,25 Bpt trở thành 2 2 2 ( 1) 2 (1) 1 t m t t m t        (do t+1>0) Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x thuôc 0;1 3    khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn   1;2 0,25 Xét   2 2 ( ) , 1;2 1 t f t t t    2 1 '( ) 1 0, ( 1) f t t t      t 1 2 f’(t) + f(t) 2 3 1 2  0,25 Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn   1;2 khi 1 2 m   Vậy v ới 1 2 m   thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,25 IV Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tròn (T) sao cho  ,(0 ) 2 BAC      . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và  . 1.0 Ch ứ ng minh AH  SC. Ta có: () BC AC BC SAC BC AH BC SA          (1) L ại có: () mp Q SB SB AH    (2) T ừ (1) và (2) suy ra () AH SBC AH SC    Suy ra 2 SA SH SC SK SB  4 2 2 2 2 . . . . . . . SAHK SABC V SA SH SK SH SK SH SC SK SB SA V SA SC SB SC SB SC SB SC SB     0,25 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 sin2 . sin os . 3 6 3 4 os , 4 SABC Rh V dt ABC SH AB c SA SC h R c SB h R          0,25 25 2 2 2 2 2 sin2 3( 4 )( 4 os ) SAHK Rh V h R h R c     0,25 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 x y z P x y y z z x       1,0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) () x y z xy yz zx P x y z x y y z z x x y y z z x xy yz zx P x y z x y y z z x                          O  H K C B S A Ta có 22 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 ; 22 22 ( ) ( ) 2 2 2 xy xy y x x y y x xy yx zy yz yz zx zx x z y z z x z y x z zy y x x z P x y z                   0,25 M ặt khác 1 1 1 ;; 2 2 2 2 2 2 4 3 1 9 1 ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 x xy y y yz z z xz x y x y z y z x z x x y z xy yz xz P x y z P x y z xy yz zx xy yz zx                                  0,25 2 2 2 2 ( ) 2( ) 3( ) 9 1 3 3 .3 4 4 2 x y z x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx P                    D ấ u = x ả y r a k h i 2 2 2 ;; 1 1; 1; 1 1 1 3 x y y z z x x x y z y x y x z x y z                       V ậ y G T N N c ủa P là 3/2 khi x = y = z =1. 0,25 VIa 1 1.0 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 2 13 0 3 ( 3; 8) 13 6 9 0 8 x y x A x y y                  0,25 Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương trình IM là 2 7 0xy   Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 2 7 0 3 (3;5) 13 6 9 0 5 x y x M x y y             0,25 Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH. Phương trình BC là 2 11 0 xy    Gọi B(b;11-2b). Ta có IB = IA 2 2 2 2 ( 5) (10 2 ) 85 6 8 0 4 b b b b b b                0,25 Với b = 2 suy ra B(2;7), C(4;3) A B C H M I V ớ i b = 4 suy ra B(4;3), C(2,7) Vậy A ( - 3 ; - 8 ) , B ( 2 ; 7 ) , C ( 4 ; 3 ) h o ặc A( -3; -8), B(4;3), C(2;7) 0,25 2 1,0 Đường tròn (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5. Do IM <5 nên M nằm trong đườ ng tròn (C) G ọi H là hình chiế u c ủa I trên AB, H là trung điể m c ủ a AB. Do MA= 3MB nên M là trung điể m c ủ a HB Xét hai tam giác vuông IHM và IHB ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 5 4 25 5 IH HM IM IH HM HM IH HB IB IH HM IH                        0,5 Đườ ng th ẳng (d) đi qua M(1; - 1) có phương trình 22 ( 1) ( 1) 0 ( 0) a x b y a b       22 22 2 3 ( , ) 5 2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0 2 ab ab d I d a ab b a b a b ab ab                    V ớ i 2 ba  chon 1; 2 ab  . Phương trình (d): x + 2y +1 = 0 V ớ i 2 ab  chon 1; 2 ba    . Phương trình (d): 2x - y -3 = 0 Vậy phương trình đường thẳng (d) là x + 2y +1 = 0 hoặc 2x - y -3 = 0 0,5 VIIa 1,0 G ọ i s ố có 5 chữ s ố là ( 0) abcde a  . Do 3 abcde  nên ( ) 3 a b c d e      N ế u 3 a b c d     thì e = 0 ho ặ c e = 3 N ế u a b c d    chia 3 dư 1 thì e = 2 hoặ c e = 5 Nếu a b c d    chia 3 dư 2 thì e = 1 hoặc e = 4 Như vậ y t ừ m ộ t s ố có 4 chữ sô abcd (các chữ s ố đượ c l ấ y t ừ t ậ p A) s ẽ t ạo đượ c 2 s ố t ự nhiên có 5 chữ s ố tho ả mãn yêu cầu bài toán T ừ các chữ s ố c ủ a t ậ p A l ập đượ c: 5.6.6.6 = 1080 s ố t ự nhiên có 4 chữ s ố Nên từ các chữ s ố c ủ a t ậ p A l ập được: 2.1080 = 2160 sô chia hết cho 3 có 5 chữ s ố VII b 1 1,0 Do A thuộc d: 20xy   , gọi A ( ; 2)aa . Ta có 3 4 2.6 2 ( , ) 2 ( , ) 3 10 10 ADM CDM a a S S d A DM d C DM a             I A B H M A D C M B I V ớ i 3 (3; 5) aA    , trườ ng h ợp này không thoả mãn vì A, C nằm cùng phía với đường thẳng DM. V ớ i 3 ( 3;1) aA     . G ọ i I l à t â m c ủ a h ì n h c h ữ nh ật, I là trung điể m c ủ a AC suy ra I( 0 ; - 1 ) Điểm D thuộc DM: 3 6 0 xy    , gọi D(3d+6;d) (d < -2) 22 3 (3 6) ( 1) 13 3 4 5 d ID IA d d d d                 Suy ra D(-3;-3), B(3;1) V ậ y A ( - 3 ; 1 ) , D ( - 3 ; - 3 ) , B ( 3 ; 1 ) 0,5 2 1,0 G ọ i 0 ( ; ) o C x y ta có 22 22 0 00 1 9 16 144 (1) 16 9 o xy xy      Phương trình AB là: 3x +4y = 0 0,25 00 34 1 ( , ) , . ( , ) 52 ABC xy d C AB S AB d C AB    Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớ n nh ấ t khi d(C,AB) l ớ n nh ấ t 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có 2 2 2 0 0 0 00 (3 4 ) 2(9 16 ) 2.144 12 2 3 4 12 2 ( , ) 5 o x y x y x y d C AB          (D ấ u = x ả y r a k h i 00 34 xy  ) Vậy d i ện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi 00 34 xy  0,25 Kết h ợ p v ới (1) ta có 00 22 00 00 00 3 2 2; 9 16 144 2 3 34 2 2; 2 xy xy xy xy                    Vậy t o ạ độ điểm C là 32 (2 2; ) 2 hoặc 32 ( 2 2; ) 2  0,25 VII b Tính tổ ng 0 11 1 10 10 1 11 0 20 12 20 12 20 12 20 12 .S C C C C C C C C     . 1,0 Ta có 32 20 12 (1 ) (1 ) .( 1) (1) x x x     32 0 1 2 2 32 32 32 32 32 32 (1 ) . VT x C C x C x C x        H ệ s ố c ủ a 11 x trong khai tri ể n v ế trái là 11 32 C (2) 0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12 20 20 20 20 12 12 12 12 ( . )( . ) VP C C x C x C x C C x C x C x          Hệ số của 11 x trong khai triển vế phải là 0 11 1 10 10 1 11 0 20 12 20 12 20 12 20 12 . C C C C C C C C     (3) Từ (1),(2),(3) ta có 0 11 1 10 10 1 11 0 11 20 12 20 12 20 12 20 12 32 . S C C C C C C C C C       0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Đối với ý 2 câu 1 thí sinh có thể giải không sử dụng đồ thị mà viết phương trình (1) tương đương với 2 1 3 2 11 x y xx      (sau khi nhận xét x = 1 không thỏa mãn phương trình với mọi y) Nhận xét y nguyên khi x nguyên thì 3 1 x  phải nguyên. Suy ra x – 1 phải là ước của 3 hay { 2;0;2;4}x thay vào tìm y tương ứng Thay 4 cặp (x; y) nguyên vào phương trình (2) tìm được m 2 = 10. . HOÁ ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I NĂM HỌC 201 2- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Kh i A, A1,B. Th i gian làm b i: 180 phút không kể th i gian giao đề Ngày. ( Đề thi gồm có 01 trang) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI Đ I HỌC LẦN I NĂM HỌC 201 2- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Kh i A, A1,B. Th ời