BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN ĐỀ THI MƠN: TỐN - KHỐI A, A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu (2,0 điểm) Cho hàm số 2

2(2 1) (5 10 3) 10 (1)

y = x − m+ x + m + m− x− m − m+ , ( với m tham số)

a) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1) với m=1

b) Tìm tất giá trị của m để hàm số (1) có hai cực trị giá trị cực trị hàm số (1) trái dấu

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

(2sin 1)(cos sin ) 2sin 6sin

2 cos ( )

2cos

x x x x x

x x

x

+ + − + + + + = ∈

− ℝ

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

4 2

2

4

( , )

2 22

x x y y

x y

x y x y

 − + − + =



∈



+ + − =

 ℝ

Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị của m để bất phương trình:

x(4− +x) m x2−4x+ + ≥5 có nghiệm x∈2; 2+ 3

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân, đáy lớn AD=2a, ,

AB= BC =a SB=2a, hình chiếu vng góc của S mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O của AD Trên cạnh SC, SD lấy điểm M, N cho SM =2MC SN, =DN Mặt phẳng ( )α qua MN, song song với BC cắt SA, SB lần lượt tại P, Q Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a Câu (1,0 điểm) Cho số dương , ,x y z thoả mãn: (x x− +1) y y( − +1) z z( − ≤1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1

1 1

A

x y y z z x

= + +

+ + + + + +

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1) cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A B cho tam giác IAB cân tại I(2;-2)

Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 1 81 9

log x −20log x +40log x + =7

Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất số tự nhiên có chữ số mà sốđó, chữ số đứng trước nhỏ chữ sốđứng sau (kể từ trái qua phải)

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn

( ) 2

: ( 1) ( 1) 20

C x− + +y = Biết AC=2BD, điểm B có hồnh độ dương thuộc đường thẳng

:

d x− − =y Viết phương trình cạnh AB của hình thoi Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn:

0

3

lim

x

x

I

x

→ −

=

Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x10 khai triển ( x−3x2)n, (x >0, n nguyên dương) biết tổng tất hệ số khai triển 2048−

- Hết -

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN ĐÁP ÁN MƠN: TỐN - KHỐI A, A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đáp án gồm: 07 trang

I Hướng dẫn chung

1 Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định

2 Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực toàn Hội đồng chấm thi

II Đáp án – thang điểm

Câu Nội dung trình bày Thang

điểm

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0

điểm

a) Khảo sát vẽđồ thị hàm số (1) với m=1 1,0

điểm • Với m=1, hàm số (1) có dạng y = x3−6x2+12x−8

• TXĐ: D=ℝ • Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: y'=3x2−12x+ =12 3(x−2)2 ≥ ∀0 x y, '= ⇔ =0 x Hàm sốđồng biến ℝ

0,25

+ Cực trị: Hàm số khơng có cực trị

+ Giới hạn: lim , lim

x x

y y

→+∞ = +∞ →−∞ = −∞

0,25 +Bảng biến thiên:

x −∞ +∞ y’ + +

+∞ y

−∞

0,25

Câu

• Đồ thị: y''=6(x−2), ''y = ⇔ =0 x 2, (2)y =0 Một sốđiểm thuộc đồ thị: (1;-1), (3;1), (2;0), Đồ thị nhận I(2;0) tâm đối xứng

Đồ thị:

x y

0

2

-1

-1

-2

0,25 b) Tìm tất giá trị của m để giá trị cực trị hàm số (1) trái dấu 1,0

điểm Hàm số (1) có hai cực trị mà giá trị cực trị trái dấu ⇔ đồ thị hàm số (1) cắt trục

Ox tại điểm phân biệt Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

3 2

2(2 1) (5 10 3) 10 (2)

x − m+ x + m + m− x− m − m+ =

2

(x 2)(x 4mx 5m 2m 3)

⇔ − − + + − =

0,25

2

2

4 (3)

x

x mx m m

=



⇔

− + + − =

 0,25

Phương trình (2) có nghiệm phân biệt ⇔phương trình (3) có nghiệm phân biệt khác

2

2

' (5 3)

4

m m m

m m m

∆ = − + − > 

⇔

− + + − ≠

 0,25

3

1 m m

− < <

 

⇔

≠



Vậy với ( 3;1 \) m∈ −   

 thì giá trị cực trị hàm số trái dấu

0,25

Giải phương trình:

(2sin 1)( os2 sin ) 2sin 6sin

2 cos ( )

2cos

x c x x x x

x x

x

+ + − + + + + = ∈

− ℝ

1,0 điểm Điều kiện: cos ,

2

x≠ ⇔ ≠ ± +x π k π k∈ℤ

Khi đó,

(2sin 1)( os2 sin ) 2sin 6sin 4cos

PT ⇔ x+ c x+ x − x+ x+ x− =

0,25

2

(2sinx 1)(1 2sin x sin )x 2(3sinx 4sin x) 6sinx 4sin x

⇔ + − + − − + − + =

3

4sin x 4sin x 3sinx

⇔ − + + =

2

(2sinx 1)(2sin x 3sinx 3)

⇔ + − + =

0,25 Câu

( )

2

1

sin

7

2

x k

x k

x k

−



= +



−

⇔ = ⇔ ∈

 = +



ℤ

π π

π π

Kết hợp điều kiện có

x = −π +k π khơng thỏa mãn Vậy phương trình có họ nghiệm ,

6

x= π +k π k∈ℤ

0,25

Giải hệ phương trình:

4 2

2

4

( , )

2 22

x x y y

x y

x y x y

 − + − + =



∈



+ + − =

 ℝ đ1,0 iểm

Hpt ⇔

2 2

2

( 2) ( 3)

( 4)( 3) 20

x y

x y x

 − + − =   − + − + + − − =  0,25 Đặt 2 x u y v  − =  − = 

Khi đó ta được

2

4

4( )

u v

u v u v

 + =  + + =  ⇔ u v =   =

 hoặc

0 u v =   =  0,25 ⇒ ⇒⇒ ⇒ x y =   =  ; x y = −   =  ; x y  =   =  ; x y  = −   =  0,25 Câu

KL: nghiệm của hpt đã cho là: ( ) (2;3 , −2;3 ,) ( ) (2;5 , − 2;5) 0,25 Tìm tất giá trị của m để bất phương trình:

( )

4

x − +x m x − x+ + ≥ có nghiệm x∈2; 2+ 3

1,0 điểm

ĐK: ∀ ∈x ℝ Đặt ( )2

4 1

x − x+ =t⇒t = x− + ≥ Vì x∈2; 2+ 3và

2

2

( ) 0, [2; 3]

2

x

t x x

x x

−

′ = ≥ ∀ ∈ +

− + nên t∈[ ]1;

0,25

Bất phương trình trở thành t m t −

≥ Bpt đã cho có nghiệm 2;

x∈ +  ⇔ Bpt t m t −

≥ có nghiệm t∈[ ]1;

0,25

Xét

2 ( ) t f t

t −

= với t∈[ ]1;

[ ]

2

2

( ) t 0, 1;

f t t

t +

′ = > ∀ ∈

[1;2]

min ( )f t f(1)

⇒ = = −

0,25 Câu

⇒Vậy m≥ −6 giá trị cần tìm 0,25

Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân, đáy lớn AD=2a, ,

AB= BC =a SB=2a, hình chiếu vng góc của S mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O của AD Trên cạnh SC, SD lấy điểm M, N cho

2 ,

SM = MC SN = DN Mặt phẳng ( )α qua MN song song với BC cắt SA, SB lần lượt tại P, Q Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a

P

Q

N

D A

B C

O S

M

2

( ),

2 a

Do SO⊥ ABCD OA=OB=OC =OD =a⇒SO= =a

2

3

ABD BCD BCD ABCD

Do AD= BC⇒S = S ⇒S = S

1

,

3

S BCD S ABCD S ABD S ABCD

V V V V

⇒ = =

2

3 1 3

3

4 3 4

ABCD AOB S ABCD ABCD

a a a

S = S = ⇒V = SO S = a = (đvtt)

0,25

Có MQ // BC, NP // BC nên 1,

2

SP SN SQ SM

SA = SD = SB = SC = •

2 2 2

3 9 27

S MNQ

S MNQ S BCD S ABCD S BCD

V SM SN SQ

V V V

V = SC SD SB = = ⇒ = =

0,25

•

1 1

2 6

S PNQ

S PNQ S ABD S ABCD S ABD

V SP SN SQ

V V V

V = SA SD SB = = ⇒ = =

0,25

Suy

3

5 5

27 27 36

S MNPQ S MNQ S PNQ S ABCD

a a

V =V +V = V = = (đvtt) 0,25

Cho số dương , ,x y z thoả mãn: (x x− +1) y y( − +1) z z( − ≤1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1

1 1

A

x y y z z x

= + +

+ + + + + +

1,0 điểm

( 1) ( 1) ( 1)

x x− + y y− +z z− ≤ ⇔ x2+y2+ − + + ≤z2 (x y z)

2

18 (x y z) 3(x y z) x y z

⇒ ≥ + + − + + ⇔ − ≤ + + ≤ ⇒0< + + ≤x y x

0,25

Ta có: 1

1 25

y z y z

+ +

+ ≥

+ + ;

1

1 25

z x z x

+ +

+ ≥

+ + ;

1

1 25

x y

x y

+ +

+ ≥

+ +

0,25 Câu

2( )

25

x y z

A + + +

⇒ + ≥ 2( ) 3

5 25

x y z

A + + +

⇔ ≥ − ≥

Dấu “=” xảy x= = =y z Vậy min

A = ⇔ = = =x y z

Cách khác: Đặt t= + +x y z t, >0 Sử dụng BĐT

2

2 2 ( )

6 (0;6] 3 3

x y z t

x + y + ≥z + + ⇒ − ≤t ⇒t∈ Chứng minh 1 1 1 9 , a b c, , 0

a + + ≥b c a+ +b c ∀ > và áp dụng kết ta

9 2 3

A t

≥

+ Xét

9 ( )

2 3

f t t

=

+ (0;6], suy kết toán

0,25

II PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một hai phần (phần A hoặc B) 3,0 điểm PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1)

cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A B cho tam giác IAB cân tại I(2;-2) 1,0 điểm Giả sửđường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b),( ,a b≠0)

Phương trình đường thẳng d có dạng: x y a + =b Do d qua M(3;1) nên 3 1 (1)

a + =b

0,25

Đồng thời, IAB∆ cân tại I nên

2 2

( 2) (0 2) (0 2) ( 2)

IA= IB⇔ a− + + = − + +b

2

4

a b

a b

a b = −



⇔ − = + ⇔ = + 

0,25

• Với a= −b, thay vào (1) ta a=2;b= −2nên phương trình đường thẳng d x− − =y

0,25 Câu

7.a

• Với a= +b 4, thay vào (1) ta ( )a b; =(6; 2)hoặc ( ; )a b =(2; 2)− Từđó, phương trình đường thằng d x+3y− =6 x− − =y

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán d x: +3y− =6 d x: − − =y

0,25

Giải phương trình: 1 81 9

3

log x −20log x +40log x + =7 1,0

điểm Câu

8.a Điều kiện: x∈(0;+∞)

Khi đó, 1 81 9

3

2 log 60 log 20log

PT ⇔ x− x+ x+ =

0,25

3 3

2log x 15log x 10 log x

⇔ − − + + = 0,25

3

7 log x x

⇔ = ⇔ = 0,25

Vậy x =3 nghiệm phương trình 0,25

Có số tự nhiên có chữ số mà chữ sốđứng trước nhỏ chữ số đằng sau

Sốđược chọn khơng có chữ số 0, giả sử có chữ số số phải có dạng

{ }

( )

0bcdef, b c d e f, , , , ∈ 1; 2; ;9 (không thỏa mãn)

Với cách chọn chữ số, có cách tạo thành số có chữ số

sao cho chữ sốđứng trước nhỏ chữ sốđằng sau

0,25

Số số có chữ số thỏa mãn yêu cầu toán số cách chọn chữ

số thuộc tập A={1; 2;3; 4;5;6;7;8;9}

0,25

Câu 9.a

Vậy có C96 =84số thỏa mãn u cầu tốn 0,25

PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao Câu

7.b

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường trịn

( ) 2

: ( 1) ( 1) 20

C x− + +y = Biết AC=2BD, điểm B có hồnh độ dương

thuộc đường thẳng d : 2x− − =y 0 Viết phương trình cạnh AB

1,0 điểm Đường trịn (C) có tâm (1; 1),I − bán

kính R=2 Đặt BI = x x, ( >0)

Do AC =2BD⇒AI =2BI =2x Kẻ IH ⊥ AB⇒IH = =R

d H

B

D

A I C

0,25

• Trong AIB∆ có: 12 12 12 12 12 ( 0)

4 20 x Do x

IA + IB = IH ⇔ x + x = ⇔ = > Suy IB=5 Gọi ( ; 2B t t−5), (t>0)

2

4 ( )

5 ( 1) (2 4) 25 2

( )

t tm

Do IB t t

t ktm

=

 

= ⇔ − + − = ⇔ − =



0,25

• Với t =4⇒B(4;3) Phương trình cạnh AB có dạng: 2

( 4) ( 3) ( 0)

a x− +b y− = a +b ≠ 2

3

ó : ( ; ) a b

C d I AB IH R

a b

− −

= = ⇔ =

+

2

2

11 24 2

11

a b

a ab b

a b

=

 

⇔ − + = ⇔

=



0,25

• Với a=2 ,b chọn a=2,b =1, phương trình AB là: 2x+ − =y 11

• Với , 11

a= b chọn a=2,b=11, phương trình AB là: 2x+11y−41=0 Vậy phương trình cạnh AB 2x+ − =y 11 0hoặc 2x+11y−41=0

0,25

Tìm giới hạn:

0 lim

x

x I

x →

−

= đ1,0 iểm

Câu 8.b

Ta có

ln

0

1 lim

x

x

e I

x →

−

ln

0

1 lim

x

x

e I

x

→

−

⇔ = 0,25

ln

0

1

lim ln

.ln

x x

e I

x →

−

⇔ = 0,25

1.ln ln I

⇔ = = 0,25

Tìm hệ số x10 khai triển ( x −3x2)n, (x >0, n nguyên dương) biết tổng hệ số khai triển bằng 2048−

1,0 điểm Câu

9.b

Do tổng hệ số khai triển –2048 nên ta có:

0 2

3 ( 1) 3n n n 2048

n n n n

C − C + C − + − C = − (1 3)n 2048 n 11

⇔ − = − ⇔ = 0,25

Ta có khai triển:

1

11 11 22

2 11 2 11 11 11 2

11 11

0

( ) k k.( ) k k.( 1) k.3 k k

k k

x x C x x − C − − x −

= =

− =∑ − =∑ − 0,25

Hệ số của x10 khai triển tương ứng với 22 10

2k k

− = ⇔ = 0,25