ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012 -2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI

đề thi thử môn toán

www.MATHVN.com

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y x 2

x 1

−

=

−

(C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số

b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y=m(x− cắt đồ thị (C) ,trong đó có ít 3) nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 1

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình : tan(x ) tan(x ) sin 3x sinx+sin2x

Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình:

x y xy 1 4y y(x y) 2x 7y 2







Câu 4 (1 điểm) Tính

e

1

1

x 1 ln x



∫

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với

đáy, G là trọng tâm SAC∆ , mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N Tính thể tích của khối

đa diện MNABCD biết SA=AB=avà góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 0

30

Câu 6 (1 điểm) Tìm GTNN của biểu thức sau:

A = x 1− +y + x+1 +y + −y 2 (x, y∈R)

II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B:

A Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x 2)− 2+y2 =4 Gọi I là tâm của (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) sao cho tam giác OIM có diện tích bằng 3

Câu 8.a (1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(5;0;0) , B(0;5;0) , C(0;0;5) ,

D( 1; 1; 1)− − − Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2 2 2

P =MA +MB +MC +MD đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 9.a (1 điểm) Giải phương trình : 3.25x 2− +(3x 10).5− x 2− + − =3 x 0

B Theo chương trình nâng cao:

Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong

AD , đường cao CH lần lượt có phương trình x y − = 0, x 2y 3 + + = 0, M(0; 1)− là trung điểm

của AC và AB=2AM.Tìm tọa độ điểm B

Câu 8.b (1 điểm) Chứng minh rằng với *

n N , n 2

∀ ∈ ≥ thì

C −2C +3C − + − ( 1) − kC + + − ( 1) −nC = 0

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

9x 4y 5

l o g (3x 2y) log (3x 2y) 1





Họ và tên:……… SBD:……….………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI

LẦN I

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG

NĂM HỌC 2012 -2013 Môn Toán Khối A, A1,B ( thời gian 180 phút)

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Đ ÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012 – 2013 LẦN I

Câu 1

điểm

b

Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y=m(x− cắt đồ thị (C) ,trong 3)

đó có ít nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 1

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đt (d) là: x 2

m(x 3)

x 1

−

2

x 1

mx (4m 1)x 3m 2 0 (1)





Để t/m ycbt thì pt(1) có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1

0.25 điểm

g(x)=mx −(4m+1)x+3m+ Để pt g(x) 02 = có tất cả các nghiệm nhỏ hơn

1 (vìg(1)≠ ∀0 m) thì:

điểm + m≠ ,đk để pt g(x) 00 = có nghiệm nhỏ hơn 1 là: 1 2

∆ 0 (1 x )(1 x ) 0

x x 2

 ≥





 + <



VN

( trong đó x , x là nghiệm của pt g(x)1 2 = ) 0

→ không tồn tại m để pt g(x) 0= có nghiệm nhỏ hơn 1

0.25 điểm

điểm

Câu 2 Giải phương trình : tan(x ) tan(x ) sin 3x sinx+sin2x

ĐK:

π cos(x ) 0

cos(x ) 0

3





0.25 điểm

tan(x ).cot( x).sin x(3 4sin x) sin x 2sin x.cos x

2

sin x(4 cos x 2 cos x) 0

sin x 0 cos x 0

1 cos x

2











kπ

x

2π

3



 =



 = ± +





0.5 điểm

www.MATHVN.com

Kết hợp đk → nghiệm của phương trình là

kπ

x

2π

3



 =



 =− +





0.25 điểm

Câu 3 Giải hệ phương trình:

x y xy 1 4y y(x y) 2x 7y 2







Do y=0 không phải là nghiệm của hpt, chia cả 2 pt của hệ cho y ta có

2

2 2

x 1

x y 4 y

x 1

y









Đặt

2

x 1 u

y

+

u v 4 u 4 v v 5 u 9



0.25 điểm

+ TH1: v= −5, u= ta có: 9

2

2

x 1

9 y 5 x

VN y

x 9x 46 0

 + = −



0.25 điểm

+ TH2: v=3, u= ta có: 1

2

2

x 1

1 y 3 x x 2 y 5 y

x y 3

 +



0.25 điểm Vậy hpt có nghiệm (x; y)= −( 2;5);(1; 2)

Câu 4 Tính

e

1

1

x 1 ln x



∫

ln x

x 1+lnx

điểm

t= 1+ln x →ln x= − t 1; 2dt 1 dx

x 1 ln x

=

+ Đổi cận : x= → = 1 t 1

x= → =e t 2

2

1 1

M (t 1)2dt ( t 2t)

−

0.25 điểm

Đặt u ln x du 1dx

x

dv xdx v x

2

0.25 điểm

2 e 2 e 2 e 2

1

−

điểm

Câu 5

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G

là trọng tâm SAC∆ , mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N Tính thể tích của

khối đa diện MNABCD biết SA=AB=avà góc hợp bởi đường thẳng AN và

mp(ABCD) bằng 0

30

AC∩BD= G là trọng tâm ∆SAC O → G cũng là trọng tâm ∆SBD

→ M , N lần lượt là trung điểm của SC và SD

SA⊥(ABCD)→(SAD)⊥(ABCD)→(AN,(ABCD))=NAD=30

0

SA

tan30

0.25 điểm

3 SABCD

điểm

Áp dụng định lý tỷ lệ thể tích ta có:

SABM

SABC

,

V = SC = 2 SAMN

SACD

V = SC SD= 4

3

0.25 điểm

điểm

Câu 6 Tìm GTNN của biểu thức sau: ( )2 2 ( )2 2

A= x 1− +y + x+1 +y + −y 2 Xét
= − (1 ; )

a x y và
= + ( 1; )

b x y , a
+ =b
(2; 2y)

Do a
+ ≥ + →b
a
b

x− + y + x+ + y ≥ + y dấu “=” xẩy ra khi x= 0

0.25 điểm

điểm

A S

D

O M N G

www.MATHVN.com

2

f (y)

(y 2)

1 y

−

−

3

f (y) 0 y

3

′ = ↔ = Bảng biến thiên:

min A= +2 3khi 3

x 0, y

3

điểm

Phần II Phần riêng: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A.Phần dành cho chương trình chuẩn

Câu

7a

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x 2)− 2+y2 =4 Gọi I là

tâm của (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) sao cho tam giác OIM có

diện tích bằng 3

Ta có: I(2;0), O(0; 0)∈Ox→IO=2

Theo bài ra ta có: IOM 1

S 3 OI.d[M;(OI)] 3 d[M;(OI)] 3

2

0.5 điểm

M(a; b)∈(C)↔ −(a 2) +b =4 (1) Mặt khác d[M;(OI)]= 3↔ =b 3 (do M có tung độ dương) thế vào (1)

a 1 v a 3

Vậy có 2 điểm M(1; 3), M(3; 3) thỏa mãn ycbt

0.5 điểm

Câu

8a

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(5;0;0) , B(0;5;0) , C(0;0;5) ,

D( 1; 1; 1)− − − Tìm tọa độ điểm M sao cho P=MA2 +MB2+MC2 +MD2 đạt giá trị

nhỏ nhất

Gọi G(a;b;c) t/m: GA
+GB GC GD
+
+
= ↔0
G(1;1;1)

0.25 điểm

P=(MG
+GA)
+(MG
+GB)
+(MG
+GC)
+(MG
+GD)
=4MG
2+GA
2+GB
2+GC
2 +GD
2 +2MG(GA

+GB GC
+
+GD)

=4MG2+66≥66

0.5 điểm

Dấu “=” xẩy ra khi M ≡G

Câu 9a Giải phương trình : 3.25x 2− +(3x 10).5− x 2− + − =3 x 0 (1)

Pt(1)↔x(3.5x 2− − +1) (3.5x 2− −1)(5x 2− −3) = 0 ↔(3.5x 2 − −1)(5x 2 − + −x 3) = 0 0.25

điểm

y f’

f

2

−∞ 33 +∞

2 + 3

0

−

↔

+ − =



x 2

x 2

3.5 1 0 (1)

Giải pt (1): x 2− − = ↔ =

5

25

Giải pt (2): 5x 2− + − =x 3 0 do hàm số f(x) 5= x 2 − + −x 3 đồng biến trên R

( vì f (x) 5 ln5 1 0 x R ) ′ = x 2− + > ∀ ∈

Mà f (2)=0nên phương trình 5x 2− + − =x 3 0 có nghiệm duy nhất x 2=

0.25 điểm

Vậy pt có hai nghiệm x log= 525,x 2=

3

B Theo chương trình nâng cao

Câu

7b

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong AD ,

đường cao CH lần lượt có phương trình x y − = 0, x 2y 3 + + = 0; M(0; 1)− là trung

điểm của AC và AB=2AM.Tìm tọa độ điểm B

Gọi A(a; b)∈(AD)→ − =a b 0 (1)

Do M là trung điểm AC→ − − −C( a; 2 b)

Mà C∈(CH)→ − + − − + = ↔ +a 2( 2 b) 3 0 a 2b 1+ =0 (2)

Từ (1) và (2) 1

a b

3

→ = = − A( 1; 1) C( ;1 5)

0.5 điểm

Theo bài ra ABC∆ cân tại A→AD vừa là phân giác vừa là đường cao→B đối xứng

với C qua D Gọi B(x; y)→ AB(x 1; y 1)



, 3x 1 3y 5

3x 1 3y 5

0 x y 2 0

Do AB⊥CH→ CH

= ↔ − + + + = ↔ − + − =



(4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 11

x , y

= = B( ,5 11)

3 3

→

0.25 điểm

Thử lại: BC không vuông góc với AD Vậy không tồn tại điểm B t/m ycbt 0.25

điểm

Câu

8b

Chứng minh rằng với ∀ ∈n N , n* ≥2 thì

C −2C +3C − + − ( 1) − kC + + − ( 1) − nC = 0

Khai triển theo nhị thức Niutơn ta có:

n

n

k 0

(1 x) C x

=

điểm

A

D

H

− =

x y 0

M(0; 1) −

www.MATHVN.com

Lấy đạo hàm 2 vế ta có:

n

n

k 1

n(1 x) − kC x −

=

điểm

0=C −2C +3C − + − ( 1) − kC + + − ( 1) − nC (đpcm) 0.25

điểm

Câu

9b Giải hệ phương trình :







9x 4y 5 (1)

l o g (3x 2y) log (3x 2y) 1 (2)

3x 2y 0

+ >





− >



0.25 điểm

3x 2y

3x 2y

− thế vào pt (2) ta có

5 log log (3x 2y) 1

− ↔log (3x5 −2y)+log (3x3 −2y)=0

0.25 điểm

log 3.log (3x 2y) log (3x 2y) 0

3

log (3x 2y) 0

↔ − = (vì log 3 15 + =log15 ≠0)

3x 2y 1 3x 2y 1

↔ − = ↔ = + thế vào pt (1) ta có:

0.25 điểm

(2y 1)+ −4y = ↔ = → =5 y 1 x 1

Vậy hpt có nghiệm (x; y)=(1;1)

0.25 điểm

Chú ý: Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa