De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

TRƯỜNG THPT LONG M

Ỹ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013

Mơn thi TỐN: Giáo dục trung học phổ thơng

Ngày tháng năm 2013

(Đề thức có 01 trang)

Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số





 

3 3 1 1 1

y x  x  m x có đồ thị



Cm



với m tham số 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m1

2) Tìm m để đường thẳng

 

d : y x cắt đồ thị



Cm



điểm phân biệt P



0,1 ,



M N, cho bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN

5

2 với O



0;0



Câu II (2,0 điểm) 1)

Giải phương trình: 2cos 22 x 2cos 2x4sin 6xcos 4x 1 sin cosx x 2) Giải bất phương trình:

5 10

2x x x x

x x



   

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân sau

4

3

0

1 sin

2sin cos cos

x

I dx

x x x



 





Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, 2ACBC 2 a Mặt

phẳng



SAC



tạo với mặt phẳng



ABC



góc 600 Hình chiếu S lên mặt phẳng



ABC



trung điểm

H cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng AH vàSB

Câu V (1,0 điểm)

Giải phương trình









5 3 1

2

2 2

2

2 2

2

1 2

1 2

x x

x x x

x x

















II PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) -

Thí sinh làm hai phần (phần A phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm) 1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn

  







2

:

C x  y 

và

đường thẳng

 

d :x y  10 0 Từ điểm M

 

d kẻ hai tiếp tuyến đến

 

C , gọi A B, hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M cho độ dài đoạn AB3

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A



1;1;2 ,



B



0; 1;3



Gọi C giao điểm đường thẳng



AB



mp Oxy





Tìm tọa độ điểm M đường thẳng



AB



cho mặt cầu tâm M bán kính

MC cắt mp Oxy





theo giao tuyến đường trịn có bán kính 2 5.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Với n N n , 3 Giải phương trình 33 43 53

1

1

1

1

89

Câu VI.b (2,0điểm) 1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A, biết B

C

đối xứng qua gốc tọa độ O Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng

 

d :x2y 0 Tìm tọa độ đỉnh tam giác

ABC

, biết đường thẳng AC qua điểm K



6;2



2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A



0;0; ,



B



1;2;1 ,



C



2;1; ,



D



3;3 3



Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB điểm N thuộc trục hồnh cho đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CD độ dài MN 3

Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm số nguyên dương n thỏa





0

1

1

1

1

1

1023

2

3

4

1

n

n n n n n

n

C

C

C

C

C

n































TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013

Mơn thi TỐN: Giáo dục trung học phổ thông

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013

Câu

Đáp án

Điểm

I

Cho hàm số y x 3 3x2



m1



x1 1

 

có đồ thị



Cm



với m tham số

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m1

2) Tìm m để đường thẳng

 

d :y x cắt đồ thị



Cm



điểm phân biệt



0,1 ,



,

P M N cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN 5 22

với O



0;0



2,0

1) Học sinh tự vẽ

2) Phương trình hồnh độ giao điểm



Cm



(d): x3 3x2



m1



x  1 x









 

2

0 0;1

3

3

x y P

x x x m

x x m

    

     

  



Để



Cm



cắt (d) điểm phân biệt 

 

2 có nghiệm phân biệt khác 0

0

m m

    

  

Giả sử M x x



1; 11 ,



N x x



2; 21



x x1; 2 nghiệm pt(2)

Ta có



 



1

;

2

OMN OM ON MN

S MN d O d

R

 

(với R bán kính đường trịn ngoại

 







 





 



 

1

; ; ;

2

OM ON

d O d OM ON R d O d d O d

R

    

Mà ta có



 



2

1 1

2 2

OM ON  x  x  x  x 

Với x12 3x1 m x; 22 3x2 m

12 25

OM ON m m

   

 





* ;

2

d O d  

Khi vào (3) ta

2

4 12 25 5

3

m

m m

m  

     



 thỏa đề có

3

m

II

1) Giải phương trình: 2cos 22 x 2cos 2x4sin 6x 1 cos 4x4 sin cosx x 1,0

2

2cos 2cos 4sin 2sin sin cos

pt  x x x x x x

2

cos 2x cos 2x 2sin 6x sin 2x sin cosx x

    

2

cos 2x sin 2x cos 2x 2sin 6x sin cosx x

    

cos 4x cos 2x 2sin 6x sin cosx x

   

2sin sinx x 4sin cos3x x sin cosx x

   





2sin sinx x 2cos3x cosx

    

sin

sin cos 2cos3

x

x x x

 

 

 







* sin

3

x  x k  k Z

*sin cos 2cos3 cos cos3

6

x x x x  x

 





12

24

x k

k Z k

x  

   

  

 

   

Vậy nghiệm phương trình 12 ; 24 ;





k k

x   k x   x  k Z

2) Giải bất phương trình:

 

5 10

2x x x x

x x



ĐK:

2

0 0

0 10

2 10

x x

x

x x x

x                    

Bpt(1)





2 2

2x 4x x 2x 10 x 2x 10 15 x 2x 10

            

Đặt





 

2

2 2 10 1 9 *

t  x  x  x  

Bpt trở thành

 





2

2 15 *

3

t

t t t do

t            





2





2

3 10 1 /

t   x  x   x  x   x  h n

Vậy nghiệm bất phương trình x



0;



III

Tính tích phân sau

4

3

0

1 sin

2sin cos cos

x

I dx

x x x

   



1,0





































2 2

4 4 2 0 2 4 0

sin cos cos tan

cos tan

cos 2sin cos cos

tan tan

tan

2 tan

cos tan

x x x x

I dx dx

x x

x x x x

x x

dx d x

x x x                









Đặt





1

tan tan

cos

t x dt d x dx

x     Đổi cận 0 x t x t            Khi





2



 







1 1

0 0

1 2 1

2

2 2

t t t t

I dt dt t dt

t t t

                   







1 1 1

3 ln ln ln

4

I  t  t t       

   

IV

Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, 2ACBC 2 a

Mặt phẳng



SAC



tạo với



ABC



góc 600 Hình chiếu H S lên mặt

phẳng



ABC



trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng

cách hai đường thẳng HA SB

a N

H C

A

B S

M K

ABC

 vng A có BC 2 ,a AC a B ;  30 ,0 C 600

Gọi N laftrung điểm AC Vì







, 60

AC AB AC HN AC SH

AC SHN SNH

   

   

Trong tam giác

3

;

2

a a

SNH  HN  SH 

2

3

3

1

3

ABC

S ABC ABC

a S

a

V SH S

 

  

Kẻ a AH// (a qua B)





// ,

HA SB a 

Gọi M hình chiếu H lên a K hình chiếu H SM đí



;



HK d HA SB

Tam giác ACH nên góc

 600 sin 600

2

a

HBM   HM HB 

Trong tam giác SHM ta có 2

1 1

4

a HK

HK HM HS  

V

Giải phương trình









5 3 1

2

2 2

2 2

1 2

x x

x x x

x x

 

   

 

1,0

3

2 2.2 2.32

2

1

x x

x x x

x x x

pt      

  

1 32

2

1

x x x x x

x x x

 

   

4 16 64

4 8

x x x x x x

x x x x x x

 

   

  

 

2

 

4

 

8 2 4 8

4 8

x x x x x x

x x x x x x

 

   

  

Ta có

 

 

 









2 2

2 8 2 4 8

2

4 8 2

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

   

   

    

Vậy

 

2

 

4

 

8 2 4 8 2 4 8

2

4 8 4 8

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

 

     

     

2

1 4

4 8 4 0

2 8 16

4 4

x x x

x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x

x

 

 

     

      

       

  



    

     



VIa

2,0

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn

  







2

:

C x  y 

và đường thẳng

 

d :x y  10 0 Từ điểm M (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C),

gọi A, B hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M cho độ dài AB3

1,0

x d

H

M A

B I

O y

Đường trịn (C) có tâm I



3;1 ,



bk R OA 3

Gọi H ABIM, H trung điểm AB nên

3 2

AH 

Suy ra:

2

9

2

IH  IA  AH   

2

3 2

IA IM

IH

Gọi M a



;10 a

  

 d ta có









2

2 18 3 9 18

IM   a   a 

2

2a  24a90 18  a 12a36 0  a6

Vậy M



6;4



2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A



1;1;2 ,



B



0; 1;3



Gọi C giao điểm đường thẳng AB mp Oxy





Tìm tọa độ điểm M đường thẳng



AB



cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng



Oxy



theo giao tuyến đường trịn có bán kính

1,0

(Oxy)

A

N M

C

B

Gọi C c c



1; ;02

 

 Oxy



ta có AC



c1 1;c2 1; ;



AB 



1; 2;1



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Do C 



AB

 

 Oxy



 C



AB



AC AB;

 

phương

Nên tồn số thực k cho AC k AB

 

Vậy





1

1

2

1

3

1 3;5;0

5

c k

c

AC k AB c k C

c k

  

  

       

   

  

Gọi M m n p



, ,

 

 AB



 AM 



m1;n1;p ;



AB 



1; 2;1



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

AM AB  

phương nên tồn số thực t cho





1

1 2 ;1 ;2

2

m t m t

AM t AB n t n t M t t t

p t p t

   

 

 

            

     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



2



2



2 4



2



2



2 24 24

CM  t  t  t  t  t

Gọi N hình chiếu vng góc M



Oxy



suy MN zM  t

Tam giác MNC vuông N suy MN2NC2 MC2

2 2

6 24 24 4 20 20

4

t

t t t t t t

t  

          









0 1;1;2 ; 5;9;

t   M t   M 

Vậy M



1;1;2



M



5;9; 2



VIIa

Với n N n , 3 Giải phương trình 33 43 53

1 1 89

30

n

C C C  C  1,0

Ta có







 





 







3

3

1

!

3

3! !

k

k

k k k

k

C k

k C k k k

 

    

  

Ta lại có



 









 



1

1 1

k k  k k k k k

Đặt

 



 





 







1

3

1 k

f k f k f k

k k C

    

 

Cho k chạy từ tới n ta

 

 

 

 

 

 









3

1

3 4

n

k k

f f f f f n f n f n

C 

        



 













3

1

3 3

1

n

k k

f f n

n n C



 

      



 



Hay 33 43 53





1 1 1 89

1 30

n n n

C C C C

 

        

 





2

2

2

1 89

3 90 89 89

30

n n

n n n n

n n    

       



 

2 90 0 10

n n n

     

3

3

n k k

C 





1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A, biết B C đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng

 

d :x2y 0 Tìm tọa độ đỉnh tam giác, biết đường thẳng AC qua điểm K



6;2



1,0

(d) I

O A

B

C K

 

:

B d x y  nên gọi B



5 ; b b



, B, C đối xứng với qua O suy

VIb

Gọi I đối xứng với O qua phân giác gócB

 

d :x2y 0 nên I(2;4)

và IAB

Tam giác ABC vuông A nên BI 



2b 3;4 b





vng góc với



11 ;2



CK   b b 



2 11 2

 

 

4

 

2



30 25

5

b

b b b b b b

b                  Với b 1 B(3;1), ( 3; 1)C    A(3;1)B loại

Với b 5 B( 5;5), (5; 5) C 

31 17 ; 5

A 

  

 

Vậy

31 17

; ; ( 5;5); (5; 5)

5

A  B  C 

 

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A



0;0; ,



B



1;2;1 ,



C



2;1; 1







,D 3;3 3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng



AB



điểm N thuộc trục hoành

sao cho đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CD độ dài MN 3

1,0

Gọi M m m m



1; 2; 3



điểm thuộc



AB



AM AB,

                            phương



1; 2; ,





1;2;2



AM  m m m  AB

  , AM AB   phương





: ;2 ;

1

m t

t R AM t AB m t M t t t

m t                                             

Gọi N n



;0;0

 

 Ox





;2 ;2 ,





1;2; 2



NM  t n t t CD 

                           

MN vng góc CD nên NM CD   0 t n4t 4t    2 t 2n

 

1

                           









2





2

2

3 9

MN   MN   t t  t  t 

2

1

8 4 1

2

t

t t t t

t                Với t  1 n 1 M



1;2;1 ,



N



1;0;0



Với

1 3

;1;0 , ;0;0

2 2

t   n  M  N 

   

Tìm ….





0

1

1

1

1

1

1023

2

3

4

1

n

n n n n n

n

C

C

C

C

C

VIIb

0

1

1

1

1

1023

2

3

4

1

10

n

n n n n n

C

C

C

C

C

n

















Ta thấy VT có dạng 0





0













1

1

!

!

1

1 !

!

1 !

1

1 !

n n n

k n

k k k

n

n

C

k

k

k n k

k

n

k

  













 















 



 





1

0

1 !

1

1

1 !

1

1 !

n n

k n

k k

n

n C

n

k

n

k

 

 























1







1 1

1

1

2

1

1

1

n n

n n n

C

C

C

n

n

 

  

















Mà

0

1

1

1

1

1023

2

3

4

1

1

n

n n n n n

C

C

C

C

C

n

n























1

1023

2

1

2

1024

9

1

1

n n

n

n

n

 



















Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m tham số. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính

Câu II. (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

9 11

2sin(2 ) sin sin( )

4

x   x x   

2 Giải bất phương trình x22x92x22x x1 1



x R



Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân

ln3

0

(2 )

4

x x

x x

e e dx I

e e

 

 



Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy tam giác cạnh 2a, điểm A1 cách ba điểm A, B, C Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy góc  Hãy tìm , biết thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1

3 3a .

Câu V. (1,0 điểm) Cho a , b , c số dương thỏa mãn a b c  3 Chứng minh rằng

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN 1.

Môn thi: TOÁN; Khối : A

3

2

4

a b ab bc abc 

Câu VI. (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình cạnh AB, AC

2

x y  2x y  1 0, điểm M(1; 2) thuộc đoạn BC Tìm tọa độ điểm D cho            DB DC    . có giá trị nhỏ

nhất

Câu VII. (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P):

1

x y z    cho tam giác ABC cân C có diện tích 2 17.

Câu VIII. (1,0 điểm)

Giải phương trình





2 3

4

log x1  2 log 4 xlog (4x)

-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm. Họ tên thí sinh:………; Số báo danh:………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn: TỐN – KHỐI A ( Đáp án gồm trang )

CÂU NỘI DUNG Điểm

Câu I

(2 điểm)

1.(1 điểm)

Với m = hàm số là:

4

2

1.

y



x



x



 TXĐ: D =

R

.

 Sự biến thiên

+) Giới hạn

lim ; lim

x x

y y

    

   +)

3

' 4 ; '

1

x

y x x y

x

 

    

 

0,25

+) Hàm số đồng biến

khoảng (- 1; 0); (1; +),

nghịch biến

các khoảng (-;- 1); (0; 1)

+) Hàm đạt cực đại x = 0,

yCĐ = 1; cực tiểu x = 1,

yCT =

0,25

+) BBT

x -  - +

y' - + - +

y + +

 Đồ thị: Vẽ đồ thị 0,25

2.(1 điểm)

TXĐ: D= R

3

2

' 4 ( )

0 '

y x mx x x m

x y

x m

   

    

 

Hàm số có điểm cực trị y’=0 có nghiệm phân biệt

0

m

 

0,25

Gọi điểm cực trị A(0;m),

2

( ; ), C( ; )

B  m m m m m m

Ta có A thuộc Oy B, C đối xứng qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc Oy

0,25

Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I(0;a)

Ta có:

2 2

2

2

2

1

1

( )

1

( )

( ) 1(*)

IA IB IC

m a m a

m a

m m m a

m m m a

  

  

   

 

 

   

    

 



     

0,25

-Với m a 1 thay vào (*) ta

có phương trình vơ nghiệm

0

m

 

-Với m a 1 thay vào (*) ta có

1;

2

m m 

(TM)

0,25

(2 điểm)

Phương trình

2 sin(2 ) sin os

4

x  x c x

     

sin 2x cos2x 7sinx c xos

     

0,25

2

(2sin cos cos ) 2sin 7sin

cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 3)

(2sin 1)(cos sin 3)

x x x x x

x x x x

x x x

     

     

    

0,25

1 sin

2

cos sin 0( )

x

x x VN



 

 

  



0,25

2

2

x k

x k

  

 

  

 

   

0,25 2.(1 điểm)

Điều kiện: x1

Bất phương trình

2 2 92 10 ( 2 8) ( 1 1)

x x x x x

         

0,25

2

2

2

( 2)( 4)

1

2 92 10

4

( 2) ( 4)

1

2 92 10

x x x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

  

    

    

  

       

    

 

0,25

2

1

( 2) ( 4)( 1)

1

2 92 10

x x

x

x x

 

       

    

 

Ta có:

2

1

( 4)( 1) 0,

1

2 92 10

x x

x

x x

     

    

0.25

Do bất phương trình

2

x x

    

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là:

1 x

0,25

Câu III (1 điểm)

(1 điểm)

ln3 ln3

3

0

(2 ) (2 )

4

x x x x

x x x x

e e dx e e dx

I

e e e e

 

 

   





0,25

3 2 3

4 x x x x (12 x x)

t e  e  t  e  e  tdt  e  e dx

3

(2 )

3

x x tdt

e e dx

  

Đổi cận: x 0 t1;

ln

x  t

9

1

1 1

(1 )

3

tdt

I dt

t t

   

 





0,25

9

1 ln

( ln 1)

3 t t



   

0,25 Câu IV

(1 điểm)

(1 điểm)

G

A1 B1

C1

A B

C

H I

Ta có tam giác ABC cạnh

2a nên SABC=

2 3

a

0.25

Mặt khác A1A= A1B=A1C ⇒ A1ABC chóp tam giác Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G đường cao

0,25

Trong tam giác ABC có AG=

2

3AH=

2

3

a

Trong tam giác vng A1AG có: ∠ A1AG= A1G=AG.tan

 =

2

3

a

.tan

VLT=A1G.SABC=

3 3a

0

tan  60

   

0,25

Câu V

(1 điểm)

(1 điểm)

Ta có:

3

3 1

2 4 16

4 2

M  a b ab bc abc a b a b b c a b c

0.25

3 4 16

2

4 4 12

a b b c a b c

a b    

     0,25

28( )

7 12

a b c 

  0,25

Dấu xảy

16

, ,

7 7

a b c

0,25

Câu VI

(1 điểm)

1 điểm

Gọi VTPT AB, AC, BC là: n1(1;2); (2;1); ( ; ).n2 n a b3

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Phương trình BC có dạng:

2

( 1) ( 2) 0,

a x b y  a b 

Tam giác ABC cân A nên

1 3 2 2 2 2

2

cos cos os( , ) os( , )

a b a b

B C c n n c n n

a b a b

a b

a b

 

    

 

    



                                                       

0.25

Với a=-b, chọn b=-1 a1

BC:

PT x y

   

2

(0;1); ( ; )

3

B C 



Không thỏa mãn M thuộc đoạn BC

0,25

Với a=b, chọn a=b=1

BC: -

PT x y

  

(4; 1); ( 4;7)

B C

   Thỏa mãn

M thuộc đoạn BC

Gọi trung điểm BC làI(0;3)

Ta có:

2

2

( ).( )

4

BC BC

DB DC DI IB DI IC  DI  

                                                                                   

Dấu xảy D I Vậy

D(0;3)

0,25

Câu VII (1 điểm)

(1 điểm)

C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a;

b; a-b-1) 0.25

Tam giác ABC cân C

2 2 2

( 3) ( 5) (5 ) ( 3) ( 1) (5 )

AC BC a b a b a b a b b

                 

(1) 0,25

Ta có AB = 4, trung điểm AB

(3;3;4)

I

1

17 17

2

ABC

S  CI AB  CI 

=>



3 a



2



8 a



2  17 (2)

0,25

Từ (1) (2) ta có

4

a b

  

 

hoặc

7

a b

  

 

Vậy có hai điểm C(4 ; ;0) ; C(7;3;3)

0,25

Câu VIII

(1 điểm)

Điêù kiện:

 

2

3

(

1)

0

1

4

1

4

0

4

*

1

4

4

(4

)

0

x

x

x

x

x

x

x

x











   























  









  





0.25

 

2 2

2

2

log

1 log (4

) log (4

)

log 4.

1 log (16

)

4

1 16

1

Pt

x

x

x

x

x

x

x



  









 











0,25

2

24;

2.

x

 

x



Kết hợp đk (*), nghiệm

phương trình

2;

2

24.

x



x

 

0,25