De thi thu khoi A lan 1 Mai Anh Tuan

PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Tìm số hạng không n..[r]

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x m y x  ( m là tham số) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m  b) Tìm tất các giá trị m để đường thẳng y 2 x  cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A, B cho OA2  OB 14 ( với O là gốc tọa độ) Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình: (2 cos x  1) sin x 2sin x cos x  sin x  x  xy  x 0  x  y y y  2x x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y     cos x I  dx  (1  sin x).cos( x  ) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân :   Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD  ADC 90 , AB 3a , AD CD SA 2a , SA  ( ABCD ) Gọi G là trọng tâm SAB , mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB tại M , N Tính theo a thể tích khối chóp S CDMN và khoảng cách hai đường thẳng DM , BC a b c  Chứng minh rằng: Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thay đổi thoả mãn   a    b2    c2  125 64 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I , có diện tích bằng 4, phương trình đường thẳng BC : x  y 0 , biết M (2;1) là trung điểm AB Tìm tọa độ điểm I 2 (C ) :  x  1   y  1 4 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn Lập phương trình đường thẳng d cách gốc tọa độ một khoảng bằng và tiếp xúc với đường tròn (C ) n 1 n 2 n 3 2n 2n n 1 36 Câu 9.a (1,0 điểm) Cho x  và C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1 2 Tìm số hạng không n     x  x  phụ thuộc x khai triển nhị thức Niu-tơn  B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm G (2;  1) là trọng tâm, đường thẳng d : 3x  y  0 là đường trung trực cạnh BC, đường thẳng AB có phương trình 10 x  y  0 Tìm tọa độ các điểm A, B, C x2 y  1 16 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp và đường thẳng d : 3x  y  12 0 Gọi các giao điểm đường thẳng d và elip ( E ) là A, B Tìm trên ( E ) điểm C cho tam giác ABC có diện tích bằng (E) : 22 x 1 2 x  y  6.4 y  log ( x  1) log (2 y  1)2  log y    Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A ( Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm x x Với m 1 ta có  Tập xác định: D R \ {1}  Sự biến thiên: y y'  - 1a (1 điểm) Chiều biến thiên: 0.25  x 1 ( x  1)2 Hàm số đồng biến trên khoảng (  ;1) và (1; ) Giới hạn và tiệm cận: y = 1, y = ; tiệm cận ngang là y = lim lim x  1 y = + ∞ ; x  1 y = -∞; tiệm cận đứng là x = - Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y’ + + y +∞ 1  0.25 0.25 -∞ Đồ thị: 0.25 -2 1b (1 điểm) Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(1;1) làm tâm đối xứng xm  x 1 2 x    x 2 x  x   m 0(*) Phương trình hoành độ giao điểm: đường thẳng y 2 x  cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác  m   2 Gọi A( x1;2 x1  1); B( x2 ; x2  1) ; OA  OB 14  5( x1  x2 )  10 x1x2  4( x1  x2 ) 12 Vì (1 x1  x2 2; x1 x2 1  m nên m 1 (thỏa mãn)  x   m (m  Z ) Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 sin x  cos x  sin x   2cos x  1 sin x  sin x 0(*) k  (*)  x  ( k  Z )   cos x  sin x   2cos x  1 1(**) Ta có điểm) (1 điểm) 0.25  x k     (**)  sin  x   sin  x     (k  Z )  x   k 2 4 4    k  k 2 x  ;x   (k  Z ) So sánh điều kiện ta 0.25 0.25 Điều kiện: x 0, y 0 Ta có x  xy  x 0  x 0; x  y  Với x 0 thay vào phương trình thứ hai ta y 0  x  y    x  2y  x  y  y y  2x x x  y    Với ta có ta có    x y   x 2 0.25  x  y  y y  x x  xy  y 0  x  y 0.25 Với x  y suy x  y 1 Vậy hệ có hai nghiệm x  y 0; x  y 1  4 (1 điểm) 0.25 0.25  (cos x  sin x)(cos x  sin x) (cos x  sin x ) I  dx   dx (sin x  cos x ) (sin x  cos x) (cos x  sin x) Ta có  x 0  t 1; x   t  Đặt t sin x  cos x  dt (cos x  sin x)dx ; 0.25 0.25 dt 2 I    t t 1 0.25  21 0.25 Vì DC / / AB nên MN / / AB; MN / / CD 2 MN  AB 2a CD VSCDMN 2VSCDM 2 VSCDA  VSCDA 3 ; 16 VSCDA  SA.S CDA  a  VSCDMN  a 3 S H A d ( DM , BC ) d ( M ,( SBC ))  d ( A,( SBC )) DM / / CN nên Gọi K là hình chiếu A trên BC , H là hình chiếu A trên SK thì d ( A,( SBC ))  AH N G M (1 điểm) B K D (1 điểm) Ta có 1  a  1  b  1  c  2 f (t ) ln(1  t )  Xét hàm số       2t  3 t , t   0;  ; f '(t )   0  t  1 t  2  3 13 1  3 f (0) 0; f   ln  ; f   ln   f (t ) ln  t   0;   2 5  2  2 ln  a  ln  b  ln  c   a  b  c  3ln   5 đpcm Do đó   0.25 0.25 AK  C 2SABC 6a 1 6a   2  AH  2 BC AS AK ; AH 14 4a  d ( DM , BC )  14 Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ 125   ln  a  ln  b  ln  c 3ln 64 0.25     0.25 0.25 0.25 0.25 Dấu bằng xảy  a b c  0.25 Đường thẳng MI qua M và song song với BC nên có phương trình x  y  0 A 7a (1 điểm) D I M B d ( M , BC )  ; S ABCD 4  2.d ( M , BC ).BC 4  BC 2 2 0.25 BC MI   2  a 3 I (a; a  1); MI     a 1 Gọi Suy I (3; 2) I (1;0) C 8a (1 điểm) 0.25 0.25 c d (d ; O) 2  Gọi phương trình đường thẳng d là ax  by  c 0( a  b 0) , Đường tròn có tâm I (1;1) bán kính R 2 Vì d a b c d ( d ; O) 2  2 a  b2  b  a   c  a  b | a  b  c |  | c |   suy ra: tiếp a  b2 xúc 2 (C ) với 0.25 nên 0.25 0.25 Với b  a , chọn a 1  b  1; c 2 ta phương trình x  y 2 0 a b c  ta có 15a  2ab  15b 0  a b 0 (không thỏa mãn) Với 0.25 k n 1 k Ta có C2 n 1 C2 n1 k : k 2n  nên C2 n 1  C21n 1  C22n 1   C22nn11  C22nn1  C22nn11 2 n 1 2 n C2 n 1  C2 n 1  C2n 1   C2n 1  C22nn1  C22nn11 suy 236 2n  n 18 Mà (1  1) C2nn11  C2nn21  C2nn31   C22nn11  C22nn1  C22nn11  9a (1 điểm) n 18  8b (1 điểm) là trung điểm BC , vì M  d 0.25 0.25 0.25   nên M (m;3m  4) Mà GA  2GM nên A(6  2m;5  m) A  AB  m 2  M (2; 2), A(2;  7) BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x  y  0 B  AB  BC nên B(  1;3) M là trung đểm BC nên C (5;1) Vì A, B là.các giao điểm đường thẳng d và elip ( E ) nên A(4;0), B(0;3) B(4;0), A(0;3)  AB 5  3a  4b 24 S ABC 6  AB.d (C , d ) 6  3a  4b  12 12    3a  4b 0 Gọi C (a; b) , a b2  1 Vì C  ( E ) nên 16 0.25 18  k 3 Suy số hạng cần tìm là C18 (  1)  816 7b (1 điểm)  18 18  18      1 k k k k   x    x   C18   (  x)  C18 ( 1)  x  k 0 k 0  x   x   x 6k  18 0  k 3 Số hạng không phụ thuộc x ứng với Gọi M 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25     C  2;  C   2;     2 Giải hệ ta tìm  x   1; y   2; y  Điều kiện 2.2 2( x  y )  Từ phương trình đầu ta có: 9b (1 điểm) Thế vào phương trình thứ hai ta được: x y 0.25  x  y 2  0   x  y  y x     log ( x  1) log (2 x  1)  log 0.25 x 1 log ( x  1) log 2 x  ( x  1)  x   x  ( x  1)  x  x   x   x 1 x  3x  0    x 2 thì ta phương trình: Với  1 x  thì ta phương trình: x  x 0  x 0 Với ( x; y )   (0;  1),(1;0),(2;1) Vậy hệ phương trình có nghiệm x Hết 0.25 0.25 0.25