Đề thi thử đại học lần thứ nhất môn Toán năm 2012 trường THPT Minh Khai pptx

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I.

Trường THPT Minh Khai ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I Cho hàm số 3 ( 2) 2 ( 1) 2

3

m

y= x + m− x + m− x+ (Cm)

1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1

2.Tìm m để hàm số có cực đại tại x1, cực tiểu tại x2 thỏa mãn x1<x2<1

Câu II.

1.Giải phương trình: 2 tan 2 sin(2 ) 0

cos x

x

π

+

2 Giải hệ phương trình: 4 2 4

x y x y



 + + + = −



Câu III Tính giới hạn 2 2 2

1

lim

tan( 1)

x x

x

→

−

Câu IV Cho lăng trụ ABCA B C′ ′ ′có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a,

AA′ vuông góc với mặt phẳng (ABC) Góc giữa (AB C′ ) và(BB C′ ) bằng 60 0.Tính thể tích lăng trụ ABCA B C′ ′ ′.

Câu V.Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

3 3 3

A

a b c b c a c a b

+ + +

II.PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I biết

A(0;1),B(3;4) nằm trên (P) có phương trình y x= 2 − 2x+ 1,I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.Tìm tọa độ C,D

log (x− = 2) log (x − 4x+ 3)

CâuVIIIa Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x3 − 2x2 + −x 2) 6

B Theo chương trình nâng cao

CâuVIb Cho hình vuông ABCD có tâm I ( ; )5 5

2 2 , hai điểm A,B lần lượt nằm trên đường thẳng x+y-3=0 và đường thẳng x+y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

2

1 log + x − 4x = 2 log 4(x− 3) + log (2 +x)

Câu VIIIb Với 4 chữ số a,b,1,2 đôi một khác nhau lập được 18 số có 3 chữ số khác

nhau Biết tổng của 18 số đó bằng 6440.Tìm a,b

(Thí sinh thi khối B và khối D không phải làm câu V)

……… (Giám thị không giải thích gì thêm)………

Họ và tên thí sinh:………SBD:………

TRƯỜNG THPT MINH KHAI KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THƯ NHẤT NĂM HOC 2011 - 2012

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN

CÂU 1

NỘI DUNG ĐIỂM Khi m=1 thì 1 3 2

2 3

y= x − +x

TXĐ:D=R Giới hạn :xlim→+∞y= +∞; limx→−∞y= −∞

2

x y

x

=



0,25đ

BBT

x −∞ 0 2 +∞

y′ + 0 - 0 +

y 2 +∞

−∞ 2

3 0,25đ Hàm số ĐB trên ( −∞ ;0)va(2; +∞ ),hàm số NB trên (0;2) Hàm số đạt CĐ tại x=0,yCĐ=2, Hàm số đạt CT tại x=2,yCT=2 3 0,25đ Đồ thị :y′′ = 2x− 2;y′′ = ⇔ = 0 x 1

nênU(1;4 3) là điểm uốn của đồ thị Đồ thị cắt Oy tại (0;2) Đồ thị đi qua (-1;2 3) và (3;2) 0,25đ I2 (1điểm) 1,25 đối với khối B,D 2 2( 2) 1 y′ =mx + m− x m+ − 0 y′ = ⇔ mx2 + 2(m− 2)x m+ − = 1 0 (1) Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x1<x2<1 khi m>0 và(1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 0,25đ Đặt t=x-1⇒x=t+1 thay vào (1) ta có 2 ( 1) 2( 2)( 1) 1 0 m t+ + m− t+ + − =m ⇔mt2 + 4(m− 1)t+ 4m− = 5 0 (2) (1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm âm phân biệt 0,25đ (+0,25 2 0 0 4( 1) (4 5) 0 0 4 5 0 0 0 1 0 m m m m m m P m S m m >   >   − − − >  ′ ∆ >   − ⇔ ⇔ > >    <  −   <  0,25đ

-1 O 2 3

2

2/3

x y

4

1

m m

m m

m m

m m

m

>





>



 <

− + >



 >



Vậy 5/4<m<4/3

0,25đ

II1

(1điểm)

(1,25đ đối

với B,D)

ĐKXĐ

1 cot 0 sin 0 cosx 0

x x







pt os2 sinx sinx sin 2 os2 0 sinx osx osx

c x

x c x

+

0,25đ

os2 cos sinx os2

0 sinx cos cos

+

−

+

0,25đ

sinx cos

cos sinx cos cos 2 (sin sinx.cos os ) 0

sin sinx.cos os 0 (2)

x

c x

c x

+

=





0,25đ

2

(1)

1 5 (2) tan x+tanx-1=0 tanx

2

1 5 arctan

2

π

⇔ = +

− ±

− ±

Đối chiêu điều kiện ta có nghiệm pt là: 4

arctan

2

π

 = +





− ±



0,25đ

II2

(1điểm)

2 2

3

x y DKXD

x y

b

+ ≥



 + ≥



0,25đ

Ta có hệ

4 4

a b



 + =



0,5đ

1 6( ) 4

a

a loai

 = −



 = −



x y

0,25đ

III

(1điểm)

2 2( 1) 2

2 2 2

x x

−

Đặt t = x-1 khi x→ ⇒ → 1 t 0

0,25đ

Ta có

−

0,25đ

0

sin

t

t t

t

t

→

→

0,5đ

IV

(1 điểm)

1,25đ

điểm với

khối B,D

Từ A kẻ AI ⊥ BC ⇒ I là trung điểm BC

⇒ AI ⊥( BCC B′ ′) ⇒AI ⊥ B′C (1)

Từ I kẻ IM ⊥ B′C (2)

Từ (1) (2) ⇒ B′C ⊥( IAM) ⇒ B′C ⊥MA (3)

Từ (2) (3) ⇒ góc giữa (AB′C) và (B′CB) bằng góc giữa IM và AM = ·AMI = 600

(Do tam giác AMI vuông tại I)

Ta có AI = 1

2 BC a=

IM = tan 60 0 3

AI = a

∆IMC : ∆ B′BC

⇒ IM IC BB IM B C.

′

′

4

a

a ′ = ′ ⇔ ′ = ′ +

⇔3B B′ 2 = B B′ 2+ 4a2 ⇔ BB′ = a 2

0,25

0,25

2

ABC

S∆ = AI BC= a a a=

2 3

ABC A B C

0,25

2

1 1 1

a b c

A

a b c b c a c a b a b c b c a c a b

0,25

=

1 1 1 1

1 1 1

a b c

0,25

3

2 abc 2

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ a = b = c = 1

0,25

B′

A

M

C I

B

M

C′

B ′

Do ( )

2

2

2 2

3

1 2

1 2 3

1 2 3

a

a a

b b b

Nên

2 2

1 2

a a

+ +

+ +

0,25

I nằm trên cung AB của ( P) nên I ( a; a2 – 2a + 1) với 0 < a <3

Do AB không đổi nên diện tích ∆IAB lớn nhất khi d ( I, AB )

AB

uuur

= ( 3; 3) nên đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến nr( 1; -1)

⇒ phương trình AB: x – ( y -1) = 0 ⇔ x – y + 1 = 0 0,25

d ( I,AB) =

2 2 1 1 2

a a− + a− +

=

2 3 2

− +

2

− +

do a ∈(0;3)

⇒d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất ⇔ f a( ) = − +a2 3a đạt giá trị lớn

nhất ⇔ 3

2

a= (từ BBT)

0,25

⇒I( ; )3 1

2 4 Do I là trung điểm AC và BD nên ta có

(3; ); (0; )

0,25

2

log (x− = 2) log (x − 4x+ 3)

4 3 0

x

x

>



⇔ >



log x − 4x+ = 4 log x − 4x+ 3

0,25

Đặt t = x2 – 4x + 3 ta có phương trình

log3 ( t +1) = log2 t = a

2

a

a

t

t

 + =



0,25

 ÷  ÷

    (1)

Do hàm số f a( ) = 2

3

a

 

 ÷

1 3

a

 

 ÷

  nghịch biến trên R nên phương

trình (1) có tối đa 1 nghiệm Mặt khác f(1) = 1 ⇒ a= 1 là

nghiệm duy nhất của phương trình (1)

a = 1 ⇒ t = 2 ⇒x2 – 4x + 3 = 2

⇔ x2 – 4x + 1 = 0

VII a

( 1 điểm) ⇔  = +x x 22 33



= −



Đ/c điều kiện ta có nghiệm phương trình x= + 2 3

0,25

VIII a

(1điểm)

( )6 ( ) ( )6 6 6

6

Để lũy thừa của x bằng 8 thì k + 2i = 8

=> ( k, i) = {(6;1); (4;2); (0;4); (2;3)}

0.25

=> hệ số của x8 là:

6 ( 2) 6 6 ( 2) 6 6 ( 2) 6 6 ( 2) 6 6666

VI b

(1 điểm)

Từ giả thiết => A ( a;3 – a)

B ( b;4 – b)

IA=a− −a IB =b− −b

ABCD vuông tâm I nên

IA IB

IA IB

=





=

uur uur

0,25

    (1)

IA IB= ⇔a−  b−  + −a  −b=

uur uur

⇔2ab – 4a – 3b + 7 = 0

⇔ 2a ( b -2) = 3b – 7

⇔ 3 7

2( 2)

b a b

−

=

− ( do b = 2 không thỏa mãn ) (2)

0,25

Thay (2) vào (1)

2

2

b

−

⇔

2 2

8 32 34 0 (3)

b



Phương trình (3) vô nghiệm (4) ⇔ b b==13⇒a a==12

0,25

Trường hợp 1: a = 2, b = 1 ⇒ A(2;1); B( 1;3)

Do I là trung điểm của AC,BD nên C(3;4); D( 4;2)

Trường hợp 2: a =1, b = 3 ⇒ A( 1; 2); B( 3;1)

Do I là trung điểm của AC,BD nên C(4; 3); D(2;4) Điều kiện xác định :

x > - 2

VII b

(1điểm)

1,25đ đối

với khối

B,D

x ≠3 ⇔ 2 0

4

x x

− < <



 >



 >x x<04

2

2 2

1 log ( 4 ) log (2 3 ) log (2 ) 2( 4 ) 2 (2 ) 3

0,25

với x > 4 thì (1) ⇔ x2 – 4x = ( 2 + x )( x-3) ⇔x = 2 (loại)

0,25

với -2<x < 0 thì (1) ⇔ x2 – 4x = ( 2 + x )( 3 –x) ⇔ 2x2 – 5x – 6 = 0

⇔

5 73 4

5 73 4

x

x

=





=



`

Đối chiếu đk ta có nghiệm pt là: 5 73

4

x= −

0,25

VIII b

( 1 điểm)

Nếu a≠0, b ≠0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được 3

4

A = 24 số có

3 chữ số ≠ nhau Như vậy phải có một số bằng 0.

0,25

Giả sử a = 0 khi đó ta lập được 3 2

4 3

A −A =18 số và các chữ số 1,

2, b xuất hiện ở hàng trăm 6 lần, xuất hiện ở hàng chục và hàng đơn vị 4 lần

0,25

Vậy ta có:

100 6( 1 + b + 2) + 10 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440

⇔ 644 ( 3 + b ) = 6440

⇔ 3 + b = 10

⇔ b = 7

0,25

(Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa)

0,25