ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN, khối A+B TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A+B TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2 0 1 2 - 2 0 1 3 Môn thi: TOÁN, khối A + B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể t h ời gian phát đề I.PHẦ N CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điể m ) C â u I (2,0 đ i ể m ) Cho hàm s ố 1 12    x x y 1. K h ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )( H c ủa h à m s ố đã c h o . 2. V i ế t phương trình tiế p tuyến của đồ thị )(H biết tiế p tuyến cách đều hai đi ể m )4;2(A và )2;4( B . C â u I I (2,0 đ i ể m ) 1. Giải phương trình:   1 c o s 2 sin 2 cos cos2 cos 1 tan x x x x x x      2. G i ải hệ phương trình: 3 2 3 2 3 2 5 3 3 10 6 . 6 13 10 x y x y x x y x x x y y                    C â u I I I (1,0 điểm ) Tí nh t í c h p hâ n: dx xx xx x I     2 0 2 23 1 32 C â u I V (1 ,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD l à h ì n h c h ữ nhật, b iết AB = 2a , AD = a . Trên c ạnh AB l ấy điểm M sao cho 2 a A M  , c ạnh AC c ắ t MD t ại H . Bi ết SH v u ô n g g ó c v ới mặt phẳng (A B CD) v à SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. C â u V (1,0 đ i ể m ) Cho a, b,c là các s ố dương . Tìm giá tr ị n h ỏ n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c : 3 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c M a b c b c a c a b          II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh ch ỉ được làm m ột trong hai ph ần (ph ần A h o ặc p h ần B ) A . T h e o c h ương trình chuẩn C â u V I . a (2,0 đ iểm ) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là M(1; 4). Phương trình đường phân giác trong góc B là x – 2y + 2 = 0, phương trình đường cao qua C là 3x + 4y – 15 = 0. Tìm to ạ đ ộ c á c đ ỉ n h c ủ a t a m g i á c A B C . 2. Trong không gian v ới hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2 1 1 1 2 : ; : . 2 1 1 1 2 1 x y z x y z d d         Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với mp ( ) : 2 3 0Q x y z     và c ắt 1 2 , d d theo đoạn thẳng có độ d à i n h ỏ nhất. C â u V I I . a (1 ,0 đ i ểm ) Gi ải phương tr ình 1 2 1 2 3 2 12 x x x     B. Theo chương trình nâng cao C â u V I . b (2 ,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lậ p phương trình đường thẳng  đi q u a )3;2(M và cắ t đường tròn 0222 22  yxyx tạ i h a i đi ểm BA , sao cho 32AB . 2. Trong không gian với h ệ toạ độ Oxyz cho hai đi ểm )3;4;2(A và )15;2;4(B . Tìm toạ độ điể m M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. C â u V I I . b (1,0 điểm) Giả i hệ phương trình      4)1(l o g3)2(l o g2 0222 22 2 yyx xyxyy ----------Hế t ---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. C á n b ộ coi thi không giải t h í c h g ì t h ê m . H ọ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………………… 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm)  Tập xác định: }1{\  RD  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 10 )1( 1 ' 2    x x y 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;(  và );1(  - Giới hạn và tiệm cận: lim x  -∞ y = 2, lim x  +∞ y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2 lim x  (-1) - y = + ∞ lim x  (-1) + y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1 0.25 - Bảng biến thiên: x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ 0.25  Đồ thị: Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0 điểm) Gọi 0 x là hoành độ tiếp điểm )1( 0 x , phương trình tiếp tuyến là 1 12 )( )1( 1 0 0 0 2 0      x x xx x y Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB. 0.25  Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có: 1 1 12 )1( )1( 1 1 0 0 0 0 2 0       x x x x x suy ra phương trình tiếp tuyến là 4 5 4 1  xy 0.25  Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là 1 )2(4 )4(2    k         2 0 1 )1( 1 0 0 2 0 x x x 0.25 I (2.0 điểm) với 0 0 x ta có phương trình tiếp tuyến là 1 xy Với 2 0 x ta có phương trình tiếp tuyến là 5 xy Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là 4 5 4 1  xy ; 1 xy và 5 xy . 0.25 3 Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) Đk: cos 0; t anx 1x    pt     2 2 2 sin cos os sin cos cos sin cos cos x x c x x x x x x x           0.25   2 2cos cos sin cos cos 0x x x x x        cos sin cos sin 1 0x x x x     vì cos 0x  0.25 4 tan 1 2 2 2 sin 4 2 2 x k x x k x x k                                         0.25 Vậy nghiệm của pt là: 4 x k     ; 2x k     0.25 2.(1.0 điểm) Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành:     3 3 2 2 (*)x x y y     0.25 xét hàm số 3 ( )f t t t  là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*) 2y x  0.25 Thế vào phương trình đầu của hệ: 3 2 3 3 5 2 3 10 26x x x x x                   3 2 2 2 3 3 3 1 5 2 3 10 24 2 3 2 2 2 2 12 3 2 12(1) 3 3 3 1 5 2 3 3 3 1 5 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x                                      0.25 II (2.0 điểm) Phương trình (1) vô nghiệm vì với 5 1 2 x   thì 2 12 0x x   . Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất 2; 0x y  0.25 Ta có dx xx xxx I     2 0 2 2 1 )12)(( 0.25 Đặt 1 2  xxt dx xx x dt 12 12 2    ;với 10  tx , với 32  tx 0.25 1 3 ) 3 1 (2)1(2 3 3 1 2 ttdttI   0.25 III (1.0 điểm) 3 4  . Vậy 3 4 I 0.25 IV (1.0 điểm) * Tính thể tích khối chóp S.HCD: Hai tam giác vuông AMD và DAC có AM AD 1 AD DC 2   nên đồng dạng, Suy ra   ADH DCH , mà    ADH HDC 90 DHC 90      0.25 4 ADC vuông tại D: 2 2 2 AC AD DC AC a 5    Hệ thức lượng ADC: DH.AC = DA.DC Suy ra: DC.DA 2a DH AC 5   DHC vuông tại H: 2 2 4a HC DC DH 5    Do đó diện tích HCD: 2 HCD 1 4a S DH.HC 2 5   Thể tích khối chóp SHCD: 3 S.HCD HCD 1 4a V SH.S 3 15   0.25 * Tính khoảng cách giữa SD và AC: Dựng HE SD Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH  AC , do đó AC  (SHD) Mà HE  (SHD) nên HE  AC Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC. nên   HE d SD;AC 0.25 SHD vuông tại H nên: 2 2 2 1 1 1 2a HE 3 HE SH HD     Vậy   2a d SD;AC HE 3   0.25 Câu Đáp án Điểm Theo bất đẳng thức Cô-si, với 0x , ta có       2 2 3 2 (1 ) 1 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x             0.25 Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được   3 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 2                          a a b c a b c b ca b c b c a a a 0.25 Tương tự, ta có:     3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 b b a b c b c a c c a b c c a b           0.25 V (1.0 điểm) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:       3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1                  a b c a b c a b c a b c a b c a a b b c a c a b Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b c  . 0.25 5 1.(1.0 điểm) d2 d1 N I A B C d3 M Cạnh AB qua M và 1 :3 4 15 0d x y    nên có pt: 4 3 8 0x y   . Ta có:   1 2;0AB d B   0.25 Vì M là trung điểm của AB nên   4;8A 0.25 Gọi d 3 là đường thẳng qua M và vuông góc với d 2 . Ta có d 3 : 2 6 0x y   .   3 2 2;2d d I   . Gọi N là điểm đối xứng với M qua d 2  I là trung điểm của MN   3;0N 0.25 Cạnh BC qua B và N  pt cạnh BC : 0y    5;0C Vậy       4;8 B 2;0 C 5;0A  0.25 2.(1.0 điểm) Giả sử:     ' ' ' 1 1 2 2 ( ) 1 2 ; 1 ; ( ) 1 ;2 2 ;P d M t t t P d M t t t           ' ' ' 1 2 2 ;2 3;M M t t t t t t      . 0.25 Vì 1 2 ( )M M P nên ta có: ' 1 2 ( ) . 0 3 Q M M n t t      0.25 2 1 2 2 27M M t  . 1 2 M M nhỏ nhất khi 0t  0.25 VIa (1.0 điểm) Vì (Q) qua M 1 và song song với (P) nên pt (Q): 2 0x y z   0.25 Chia hai vế của pt cho 3 0 x  ta được: 4 4 3 2. 3 3 x x                 0.25 4 1 3 4 3( ) 3 x x L                             0.25 0x  0.25 VIIa (1.0 điểm) Vậy pt có nghiệm là 0x  0.25 1.(1.0 điểm) Đường tròn có tâm )1;1(I , bán kính 2R .Gọi N là trung điểm AB 1 22  ANRIN  khoảng cách từ I đến  là 1),( Id 0.25 Phương trình  có dạng )0(0)3()2( 22  baybxa 1),( Id 1 2 22     ba ba 0.25 VI.b (2.0 điểm)        ab b 3 4 0 0.25 6 Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0. Với ab 3 4  , chọn 4;3  ba ta có phương trình 0643  yx 0.25 2.(1.0 điểm) Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua mp(Oxz), suy ra )15;2;4(' B . 0.25 Chu vi tam giác MAB là ABABABMBAMABMBAM  '' Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng. 0.25 Gọi );0;( baM . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k sao cho  AM =k.  AB’          )315(3 )42(4 )24(2 kb k ka 0.25          11 2 3/2 b a k Vậy với )11;0;2(M thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. 0.25 Điều kiện:      01 02 y yx 0.25 Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với      4)1(log3)2(log2 2)1).(2( 22 yyx yyx 0.25       4)1(log3)2(log2 1)1(log)2(log 22 22 yyx yyx       2)1(log 1)2(log 2 2 y yx 0.25 VII.b (1.0 điểm)                3 4 7 41 2 1 2 y x y yx ( thoả mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình có nghiệm        3 4 7 y x 0.25 B’ B A M . với B qua mp(Oxz), suy ra )15 ;2;4(' B . 0.25 Chu vi tam giác MAB là ABABABMBAMABMBAM  '' Dấu b ng xảy ra khi và chỉ khi A, M ,B thẳng. 1                  a b c a b c a b c a b c a b c a a b b c a c a b Vậy giá trị nhỏ nhất c a biểu thức b ng 1 khi a b c  . 0.25 5 1. (1. 0