ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN, khối A+B TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN, khối A+B TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: TOÁN, khối A+B

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1

1 2







x

x y

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H)của hàm số đã cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến cách đều hai điểm A(2;4) và B(4;2)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 1 cos 2 sin 2 cos cos 2

cos

1 tan

x x





2 Giải hệ phương trình:







x x

x x x

I 











2

2 3

1

3 2

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a Trên

cạnh AB lấy điểm M sao cho

2

a

AM  , cạnh AC cắt MD tại H Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD)

và SH = a Tính thể tích khối chóp S HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b,c là các số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

M

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là M(1; 4) Phương trình đường phân giác trong góc B là x – 2y + 2 = 0, phương trình đường cao qua C là 3x + 4y – 15 = 0

Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho hai đường thẳng

1: 1 1 ; 2: 1 2

d     d     Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với

mp( ) :Q xy2z 3 0 và cắt d d1, 2 theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 3 1 22 1 122

x

x x

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng  đi qua M(2;3)và cắt đường tròn

0 2 2 2

2 2









x tại hai điểm A, B sao cho AB2 3

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(2;4;3)vàB(4;2;15) Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

























4 ) 1 ( log 3 ) 2 ( log 2

0 2 2 2

2 2

2

y y

x

x y xy y

-Hết -

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh……….; Số báo danh………

TRƯỜNG THPT THUẬN

THÀNH SỐ 1

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

1.(1.0 điểm)

 Tập xác định: D  R\ { }

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 0 1

) 1 (

1



x y

0.25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;1) và (1;)

- Giới hạn và tiệm cận: lim

x  -∞y = 2, lim

x  +∞y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2 lim

x  (-1)

-y = + ∞ lim

x  (-1)+

y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1

0.25

- Bảng biến thiên:

x -∞ -1 +∞

y +∞

2

2 -∞

0.25

 Đồ thị:

Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng

0.25

2.(1.0 điểm)

Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm (x01), phương trình tiếp tuyến là

1

1 2 ) ( ) 1 (

1

0

0 0 2











x

x x x x

y

Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB

0.25

 Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:

1 1

1 2 ) 1 ( ) 1 (

1

0

0 0 2

0

















x

x x x

suy ra phương trình tiếp tuyến là

4

5 4

1



 x y

0.25

 Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là

1 ) 2 ( 4

) 4 ( 2

































2

0 1

) 1 (

1

0

0 2

x x

0.25

I

(2.0

điểm)

với x0 0 ta có phương trình tiếp tuyến là y  x1

Với x0 2 ta có phương trình tiếp tuyến là y  x5

0.25

Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm)

Đk: cosx 0; t anx 1

cos sin cos

cos

x

x



0.25

2 cos x cosx sinx cosx cosx 0

     cosxsinxcosxsinx10 vì cosx 0 0.25

4 tan 1

2

2 sin

x

x













 











0.25

Vậy nghiệm của pt là:

4



2.(1.0 điểm)

Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành:

xét hàm số f t( )t3t là hàm số đồng biến trên R Ta suy ra (*)y x 2 0.25

Thế vào phương trình đầu của hệ: 3x 3 5 2 x x33x210x26

2

2

2

12(1)

x







0.25

II

(2.0

điểm)

Phương trình (1) vô nghiệm vì với 5

1 2

x

   thì x2 x 120

Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất x2;y0

0.25

x x

x x x

I 











2

2

1

) 1 2 )(

(

0.25

Đặt t x2 x1 dx

x x

x dt

1 2

1 2

2









 ;với x0t1, vớix2t 3 0.25

1

3 ) 3

1 ( 2 ) 1 (

3

1

2

t t dt t

III

(1.0

điểm)

3

4

 Vậy

3

4



IV

(1.0

điểm)

* Tính thể tích khối chóp S.HCD:

Hai tam giác vuông AMD và DAC có

AD  DC  2 nên đồng dạng, Suy ra ADH DCH, mà

ADHHDC90DHC90

0.25

 ADC vuông tại D:

AC AD DC ACa 5

Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC Suy ra: DH DC.DA 2a

 DHC vuông tại H: HC DC2 DH2 4a

5

Do đó diện tích  HCD:

2 HCD

Thể tích khối chóp SHCD:

3

0.25

* Tính khoảng cách giữa SD và AC:

Dựng HESD

Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH 

AC , do đó AC  (SHD)

Mà HE  (SHD) nên HE  AC

Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và

AC

nên HEd SD; AC 

0.25

 SHD vuông tại H nên:

12 12 12 HE 2a

3

HE SH HD   Vậy d SD; AC  HE 2a

3

0.25

Theo bất đẳng thức Cô-si, với x0, ta có

Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được

2

1 1

2





b c

a a

a

0.25

Tương tự, ta có:

 

3

3



 

 



 

 

0.25

V

(1.0

điểm)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

a b c a b c a b c

1.(1.0 điểm)

d2

d1

N I A

d3 M

Cạnh AB qua M và d1: 3x4y150 nên có pt: 4x3y 8 0 Ta có: ABd1B2; 0

0.25

Gọi d3 là đường thẳng qua M và vuông góc với d2 Ta có d3: 2xy 6 0

   Gọi N là điểm đối xứng với M qua d2I là trung điểm của MNN3; 0 0.25

Cạnh BC qua B và N pt cạnh BC :y 0 C5; 0

2.(1.0 điểm)

( )P d M 1 2 ; 1 t  t t; ( )P d M 1t; 2 2 ; t t

M M  t  t t  t t t



Vì M M1 2( )P nên ta có: M M n 1 2 ( )Q 0t' t 3

0.25

2

VIa

(1.0

điểm)

Vì (Q) qua M1 và song song với (P) nên pt (Q): xy2z0 0.25

Chia hai vế của pt cho 3x 0 ta được: 4 4

3 2

x x

 

     

4 1 3 4

3( ) 3

x

x

L

 

  

 

 

 

 

 

 

 

 



0.25

0

x

VIIa

(1.0

điểm)

1.(1.0 điểm)

Đường tròn có tâm (1;1), bán kính R2.Gọi N là trung điểm AB IN  R2 AN2 1

 khoảng cách từ I đến  là d(I,)1

0.25

Phương trình có dạng

) 0 (

0 ) 3 ( ) 2 (x b y  a2b2 

1 ) , (I  

2









b a

b

VI.b

(2.0

điểm)

















a b

b

3 4 0

0.25

Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0

Với b a

3

4



 , chọn a 3;b4 ta có phương trình

0 6 4

3x  y 

0.25

2.(1.0 điểm)

Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (Oxz) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua mp(Oxz), suy ra B'(4;2;15)

0.25

Chu vi tam giác MAB là

AB AB AB MB AM AB MB

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng

0.25

Gọi M(a;0;b) Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k

sao cho



AM =k



AB’

































) 3 15 ( 3

) 4 2 ( 4

) 2 4 ( 2

k b k

k



















11 2

3 / 2

b a k

Vậy với M(2;0;11)thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất

0.25

Điều kiện:













 0 1

0 2

y

y x

0.25

Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với





















4 ) 1 ( log 3 ) 2 ( log

2

2 ) 1 ).(

2

(

2

y y

























4 ) 1 ( log 3 ) 2 ( log

2

1 ) 1 ( log ) 2 ( log

2 2

2 2

y y

x

y y

x



















2 ) 1 ( log

1 ) 2 ( log

2

2

y

y x

0.25

VII.b

(1.0

điểm)































3 4 7 4

1

2

1 2

y

x y

y

x

( thoả mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có nghiệm











 3 4 7

y

x

0.25

B’

B

A

M