ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN, khối A TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN, khối A TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

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)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

1

x m y

x





 ( m là tham số) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m  2

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt ,

A B sao cho OA2 OB2 14( với O là gốc tọa độ)

Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình: (2 cos 1) sin 4 2sin 2

cos sin

x







2

,

x y











Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân :

4

0

cos 2 (1 sin 2 ).cos( )

4

x







Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang,   0

90

BADADC  , AB3a, 2

ADCDSA a, SA  ( ABCD ) Gọi G là trọng tâm SAB , mặt phẳng ( GCD ) cắt SA SB , lần lượt tại M N , Tính theo a thể tích khối chóp S CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM BC ,

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực a b c , , không âm thay đổi thoả mãn 3

2

a  b c Chứng minh rằng:

64

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 7.a (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxycho 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 của AB Tìm tọa độ điểm I

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn( ) : C  x  1 2  y  1 2 4 Lập phương trình

đường thẳng d cách gốc tọa độ một khoảng bằng 2 và tiếp xúc với đường tròn ( ) C

2n 1 2n 1 2n 1 2n1 2n1 2n1 2

             Tìm số hạng không

phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 5 1 n

x x



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 x  y   là đường trung trực của cạnh BC, đường thẳng AB có phương trình 10 x  3 y   1 0 Tìm tọa độ các điểm A B C , ,

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp

16 9

E   và đường thẳng d : 3 x  4 y  12  0

Gọi các giao điểm của đường thẳng d và elip ( ) E là A B Tìm trên ( ), E điểm C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2 1





 -Hết -

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

Với m  ta có 1 2

1

x y x







 Tập xác định: DR\{1}

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ' 1 2 0 1

( 1)

x



0.25

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

- Giới hạn và tiệm cận: lim

x  -∞y = 1, lim

x  +∞y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1

1

lim

x

y = + ∞ ;

1

lim

x

y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1

0.25

- Bảng biến thiên:

x -∞ 1 +∞

y +∞

1

1 -∞

0.25

1a

(1 điểm)

 Đồ thị:

6

4

2

-2

5

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

0.25

Phương trình hoành độ giao điểm:

2

1

2 1

x

x m

x





   

đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt

Gọi A x( ; 21 x11); ( ; 2B x2 x21); 2 2 2

OA OB   x x  x x  x x  0.25

1b

(1 điểm)

Vì x1x22;x x1 2 1 m nên m 1(thỏa mãn) 0.25

4

x  m m Z



   Phương trình đã cho tương đương với:

sin 2x cosxsinx 2cosx1 sin 2x

0.25

sin 2 0(*) cos sin 2 cos 1 1(**)

x





 



Ta có (*) ( )

2

k

2

(1 điểm)

x k

x







  



0.25

So sánh điều kiện ta được ; 2 ( )

Điều kiện: x0,y0 Ta có x22xyx0x0;x2y  1

Với x  thay vào phương trình thứ hai ta được 0 y  0 0.25 Với x2y  ta có ta có 1 2 1  2   2  2

x y

x y x y y y x x

x y y y x x

  





3

(1 điểm)

Với xysuy ra xy Vậy hệ có hai nghiệm 1 xy0;xy 1 0.25

Ta có

2 2

2

(sin cos ) (cos sin )

2



Đặt t  sin x  cos x  dt  (cos x  sin ) x dx; 0 1; 2

4

2 2 1

2

1

dt I

4

(1 điểm)

2 1

Vì DC/ /AB nên MN/ /AB MN; / /CD

2 2 3

MN  AB aCD; 2 2.2 4

V  SA S  a V  a

0.25

/ /

DM CN nên ( , ) ( ,( )) 2 ( , ( ))

3

d DM BC d M SBC  d A SBC Gọi K là hình chiếu của A trên BC , H là hình chiếu của A trên SK thì ( , ( d A SBC))AH

0.25

5

(1 điểm)

K

C

B A

D

S

H

5

ABC

AK BC



14

a AH

AH  AS AK  

4

14

a

d DM BC

Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ

0.25

Xét hàm số 2

2

t

t

 



 

f  f    f     f t    t  

0.25

Do đó  2  2  2 4  5 6

6

(1 điểm)

Dấu bằng xảy ra 1

2

a b c

Đường thẳng MI qua Mvà song song với BC nên có phương

7a

(1 điểm)

I M

C

A

B

D

1

2 ABCD

2 2

BC

0.25

Gọi 3

1

a

I a a MI

a







0.25

Suy ra I (3; 2) hoặc I (1;0) 0.25

Gọi phương trình đường thẳng d là 2 2

axby c a b  ,

d d O

a b

Đường tròn có tâm I(1;1) bán kính R  Vì 2 d tiếp xúc với ( )C nên

( ; ) 2 a b c 2

d d O

a b

 



0.25

suy ra: |a b c| | | c 

2

b a

a b c

 







  



0.25

8a

(1 điểm)

Với b  , chọn a a 1 b 1;c 2 2 ta được phương trình xy2 2 0

Với

2

a b

c   ta có 2 2

15a 2ab15b  0 a  (không thỏa mãn) b 0 0.25

Ta có 2 1

C C   k k n

       nên

1

2

C  C  C   C  C  C   C  C  C   C  C  C  0.25

Mà (1 1) 2n1C20n1C12n1C22n1 C22n n11C22n n1C22n n11 suy ra 36

2 2nn18 0.25

 

.( ) ( 1)





9a

(1 điểm)

Số hạng không phụ thuộc x ứng với 6 18 0 3

5

k

k



   Suy ra số hạng cần tìm là C183( 1) 3 816

0.25

Gọi M là trung điểm BC, vì Md nên M m m  ( ;3 4) Mà GA    2 GM 

nên (6 2 ;5 6 )

2 (2; 2), (2; 7)

BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x  3 y   8 0

7b

(1 điểm)

Vì ,A B là.các giao điểm của đường thẳng d và elip ( ) E nên (4;0), (0;3) A B hoặc (4;0), (0;3)B A

5

AB

Gọi ( ; )C a b , 6 1 ( , ) 6 3 4 12 12 3 4 24

2

ABC

a b

a b



 



 



0.25

Vì C( )E nên

1

16 9

a b

8b

(1 điểm)

Giải hệ ta tìm được 2 2; 3

2

C  

hoặc 2 2; 3

2

C 

Điều kiện 1; 2; 1

2

x  y  y 

Từ phương trình đầu ta có: 2( )

2

2

x y







  



0.25

Thế vào phương trình thứ hai ta được: 2 3 4 2

2

log ( x  1)  log (2 x  1)  log x  1

log (x 1)log 2x1 (x1)x  1 2x1 (x1)x   x 1 2x1 0.25

9b

(1 điểm)

Với 1

2

x  thì ta được phương trình: 2 3 2 0 1

2

x

x x

x





     

Với 1 1

2

x

   thì ta được phương trình: 2

x x x Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm( ; )x y (0; 1), (1;0),(2;1) 

0.25

-Hết -