Đề thi thử tuyển sinh Đại học môn Toán khối A năm học 2012 - 2013 - Trường THPT Ngô Gia Tự

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Ngày thi 29/12/2012 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x − x−2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm điểm M đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn Câu II (2,0 điểm) ( sin x + sin x ) − 2x + + x ≥ − x2 Giải phương trình tan x − tan x = Giải bất phương trình Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy SA = a Biết ABCD hình thang vng A B, AB = a, BC = 2a SC vuông góc với BD Tính tang góc SC với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SM.Với M trung điểm BC Câu IV (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh : a 4b 9c + + > b+c c+a a+b Câu V (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Đường thẳng BC có phương trình x − y − = Biết hai đỉnh A, B nằm trục hồnh bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC Gọi X tập hợp số gồm hai chữ số khác lấy từ chữ số 0; ; ; ; ; ; Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử X Tính xác suất để hai số lấy số chẵn x +1 2x  log y − = Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 9.2 log 27 y − = log y -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh : ……………………………… Số báo danh……………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Mơn thi: TỐN; Khối A, A1 ( Đáp án – thang điểm có 04 trang) SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Câu I Ý Nội dung TXĐ : ℝ \ {2} ; Có y ' = −1 ( x − 2) < 0, ∀x ≠ nên hàm số nghịch biến ( −∞; ) Điểm 1.0 0.25 ( 2; +∞ ) ; hàm số cực trị limy = ⇒ đths có TCN y = limy = +∞ ; limy = −∞ ⇒ đths có TCĐ : x = x →±∞ x → 2+ BBT 0.25 x → 2− x y’ −∞ +∞ – – +∞ y 3  Đồ thị : Giao Ox :  ;0  ; Giao Oy : 2  0.25 −∞  3  0;   2 0.25 1.0  2x −  Vì M ∈ (C) nên g/s M  x0 ;  x0 −   Tiếp tuyến (C) M có pt : y = ( ∆ ) giao TCĐ −1 ( x0 − ) ( x − x0 ) + (∆)  2x −  A  2;  ; ( ∆ ) giao TCN B ( x0 − 2; )  x0 −   2x −  Khi AB = ( x0 − ) +  −  =2 x0 −   Vậy ABmin = 2 x0 − x0 − ( x0 − ) + ( x0 − )  x0 = ⇒ M ( 3;3) ( x0 − ) = ⇔  ( x0 − )  x0 = ⇒ M (1;1) 0.25 0.25 ≥2 0.25 0.25 II 1.0 π π  x ≠ +k  cos2 x ≠  Điều kiện :  ⇔ , ( k, l ∈ ℤ) cos x ≠  x ≠ π + lπ  sin x.cos x − cos x.sin x Pt ⇔ = ( sin x + sin x ) cos x.cos x ⇔ sin x = cos x.cos x.sin x ( cos x + 1) 0.25 0.25 sin x = ⇔ x = kπ (t / m) ⇔  cos x.cos x ( cos x + 1) = (*) (*) ⇔ (1 + cos x ) cos x ( cos x + 1) = 0.25 ⇔ cos3 x + 3cos 2 x + cos x − = ⇔ cos x = ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ 0.25 Vậy pt có nghiệm x = kπ , k ∈ ℤ Điều kiện : − 1.0 0.25 1 ≤ x ≤ Khi − x > 2 Bpt ⇔ + − x ≥ − x + x ⇔ − x ≥ − x + x (1) 1 Vì − ≤ x ≤ nên − x > ⇒ − x + x > 2 (1) ⇔ (1 − x ) ≥ ( − x + x ) (t / m ) 0.25 2 ⇔ − 16 x ≥ + 16 x + x8 − 16 x + x − x ⇔ x8 − x + 20 x ≤ ⇔ x x − x + 20 ≤ ⇔ x = ( III ) Vậy phương trình có nghiệm x = Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC hình chiếu SC mặt phẳng (ABCD) Do góc SC với mặt phẳng (ABCD) góc SC với AC SCA (vì tam giác SAC vng A nên SCA < 90° ) Theo gt, hình thang ABCD vuông A B nên tam giác ABC vng B có AC = AB + BC = a Trong tam giác vng SAC có SA tan SCA = = AC Vì AC hình chiếu SC (ABCD) mà AC ⊥ BD nên SC ⊥ BD 0.5 0.5 0.25 0.25 1.0 Đặt AD = x , x > ta có BD = a + x 1 Ta có S ABCD = AC.BD = ( AD + BC ) AB ⇔ a a + x = ( x + 2a ) a 2 a a ⇔ x − 4ax + a = ⇔ x = Vậy AD = 2 0.25 0.25 1a 5a  ⇒ S ABCD =  + 2a  a = 2  0.25 1 5a 5a mà SA ⊥ (ABCD) nên VS ABCD = SA.S ABCD = a = 3 12 Ta có M trung điểm BC nên BM = BC = a Gọi N điểm đối xứng với A qua D AN = 2AD = a Khi BM = AN = AB = a BM // AN nên tứ giác ABMN hình vng ⇒ AB // MN ⇒ AB // (SMN) mà SM ⊂ (SMN) nên d ( AB , SM ) = d ( AB ,( SMN )) = d ( A,( SMN )) 0.25 0.5 0.25 Vì MN // AB ⇒ MN ⊥ AN MN ⊥ SA nên MN ⊥ (SAN) Từ A kẻ AH ⊥ SN H AH ⊥ (SMN) ⇒ d ( A,( SMN )) = AH a SN = 2 −x + y + z x− y+ z x+ y−z Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b ⇒ a = ;b = ;c = 2 Do a, b, c > nên x, y, z > Khi : a 4b 9c −x + y + z 4( x − y + z) 9( x + y − z) + + = + + b+c c+a a+b 2x 2y 2z   y 2x   z 9x   2z y   = − −2− + + + + + +    2x y   2x 2z   y 2z   ≥ −7 + + + =  y = 2x a = 2b  c + a = ( b + c ) Đẳng thức xảy ⇔  z = x ⇔  ⇔ (loại) c = a + b = b + c ( )  3 y = z   Vậy đẳng thức không xảy , ta có điều phải chứng minh Do tam giác SAN vuông cân A nên H trung điểm SN ⇒ AH = IV V ( 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 Vì B = BC ∩ Ox ⇒ B (1;0 ) Đường thẳng BC có vtpt n 0.25 ) 3; −1 Trục Ox có vtpt j ( 0;1) Do tam giác ABC vng A nên góc B nhọn ⇒ cos B = cos ( n , j ) = ⇒ ABC = 60° Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ ABI = 30° Dựng IH ⊥ AB H IH bán kính đường trịn nội tiếp ∆ ABC ⇒ IH = IH Trong tam giác vng IHB có HB = = mà AH = (cách dựng ) nên tan 30° AB = AH + HB = ( 0.25 ) +1 Do A ∈ Ox nên giả sử A(a; 0) AB = a − = ( a = + 3 +1 ⇔   a = −2 − ) 0.25 Vì AC ⊥ AB A,B ∈ Ox nên C A có hồnh độ, C ∈ BC : x − y − = ( ) ( + Với a = + ⇒ A + 3;0 , C + 3; + )  3+7 6+2  Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC : G  ;   3   ( ) ( + Với a = −2 − ⇒ A −2 − 1;0 , C −2 − 1; −6 − )  −4 − −6 −  ⇒ G  ;  3   0.25 Gọi số có hai chữ số khác ab với a ≠ a, b ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6} 0.25 1.0 Vì a ≠ nên a có cách chọn ; b ≠ a nên b có cách chọn Do có tất 6.6 = 36 số có hai chữ số khác ⇒ n ( X ) = 36 36 Lẫy ngẫu nhiên hai số X có C = 630 cách ⇒ n ( Ω ) = 630 0.25 0.25 Gọi A: “Lấy hai số số chẵn” Xét ab số chẵn b ∈ {0; 2; 4; 6} Nếu b = a có cách chọn ⇒ có số Nếu b ≠ b có cách chọn a có cách chọn a ≠ , b ≠ a ⇒ có 15 số Do X có tất + 15 = 21 số chẵn gồm hai chữ số khác 0.25 Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn có C212 = 210 cách ⇒ n(A) = 210 Vậ y P ( A ) = VI n ( A) = 210 = 630 n (Ω) Điều kiện : y > 2 x.log y − = 22 x (1) Hệ pt ⇔  x ( 2) 3.2 log y − = log y 22 x + Từ (1) ⇒ log y = Thế vào (2) ta : 2x  22 x = ⇔ x = ⇒ y = 27 2x 2x   + 2 +  3.2 x −9 =   ⇔  2x x x 2 =− ( )    Tổng Lưu ý : Các cách giải khác cho điểm tương đương phần 0.25 1.0 0.25 0.25 (t / m ) 0.5 10.00 ... = ( AD + BC ) AB ⇔ a a + x = ( x + 2a ) a 2 a a ⇔ x − 4ax + a = ⇔ x = Vậy AD = 2 0.25 0.25 1? ?a 5a  ⇒ S ABCD =  + 2a  a = 2  0.25 1 5a 5a mà SA ⊥ (ABCD) nên VS ABCD = SA.S ABCD = a = 3...ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Mơn thi: TỐN; Khối A, A1 ( Đáp án – thang điểm có 04 trang) SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Câu I Ý Nội dung... có AC = AB + BC = a Trong tam giác vuông SAC có SA tan SCA = = AC Vì AC hình chiếu SC (ABCD) mà AC ⊥ BD nên SC ⊥ BD 0.5 0.5 0.25 0.25 1.0 Đặt AD = x , x > ta có BD = a + x 1 Ta có S ABCD = AC.BD