De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông

Ngày 3 tháng 2 năm 2013

(Đề chính thức có 01 trang) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x2 m1x1 1  có đồ thị C m với m là tham số

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 1

2) Tìm m để đường thẳng  d : y x 1 cắt đồ thị C m tại 3 điểm phân biệt P0,1 , M N, sao cho bán

kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng

5 2

2 với O0;0

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos 22 x 2cos 2x4sin 6xcos 4x 1 4 3 sin 3 cosx x

2) Giải bất phương trình:

x x



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau

4

0

1 sin 2 2sin cos cos

x











Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2ACBC 2 a Mặt phẳng SACtạo với mặt phẳng ABC một góc 600 Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC là trung

điểm

H của cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH vàSB.

Câu V (1,0 điểm) Giải phương trình

2 2





II PHẦN TỰ CHỌN (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 với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   C : x 32 y 12 9

và

đường thẳng  d :x y  10 0 Từ điểm M trên  d

kẻ hai tiếp tuyến đến  C

, gọi A B, là hai tiếp điểm.

Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB 3 2

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1;1;2 , B0; 1;3  Gọi C là giao điểm của đường

thẳng AB

và mp Oxy 

Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  AB

sao cho mặt cầu tâm M bán kính

MC cắt mp Oxy 

theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5.

Câu VII.a (1,0 điểm) Với mọi n N n , 3. Giải phương trình 33 43 53 3

30

n

Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C

đối xứng nhau qua gốc tọa độ O Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng

 d :x2y 5 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC, biết đường thẳng AC đi qua điểm K6;2

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0; 1 ,  B1;2;1 , C2;1; 1 ,  D3;3 3  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với

đường thẳng CD và độ dài MN 3

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa

 1  0 1 1 1 2 1 3 1 1023

n

n



TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013

I

Cho hàm số y x 3 3x2m1x1 1  có đồ thị C m với m là tham số

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 1 2) Tìm m để đường thẳng  d :y x 1 cắt đồ thị C m tại 3 điểm phân biệt

0,1 , ,

P M N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng

5 2 2

với O0;0

2,0

1) Học sinh tự vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của C m và (d): x3 3x2m1x  1 x 1

 

2

2

   



  



Để C m cắt (d) tại 3 điểm phân biệt   2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

0 9 4

m m







 





Giả sử M x x 1; 11 , N x x 2; 21 khi đó x x1; 2 là nghiệm của pt(2)

R

(với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN )

 

OM ON

R

OM ON  x  x  x  x 

Với x12 3x1 m x; 22 3x2 m

2

 

* ;

2 2

Khi đó thế vào (3) ta được

3 2

m

m





 thỏa đề chỉ có

3

m 

II

1) Giải phương trình: 2cos 22 x 2cos 2x4sin 6x 1 cos 4x4 3 sin 3 cosx x 1,0

2cos 2 2cos 2 4sin 6 2sin 2 4 3 sin 3 cos

cos 2x cos 2x 2sin 6x sin 2x 2 3 sin 3 cosx x

cos 2x sin 2x cos 2x 2sin 6x 2 3 sin 3 cosx x

cos 4x cos 2x 2sin 6x 2 3 sin 3 cosx x

2sin 3 sinx x 4sin 3 cos3x x 2 3 sin 3 cosx x

2sin 3 sinx x 2cos3x 3 cosx 0

sin 3 0

sin 3 cos 2cos3

x





 



* sin 3 0

3

x  x k  k Z

*sin 3 cos 2cos3 cos cos3

6

x x x x  x

12

24 2

k Z k

x





  



  



x   k x   x  k Z

2) Giải bất phương trình: 2x x 5 4x x 10 2 1 

x x



ĐK:

2

0 10

x

x





Bpt(1)  2x2 4x 5 x2 2x10 2x2 2x10  15 x2 2x10

Đặt t  x2 2x10  x129 3 *  

Bpt trở thành

 

3

t

t













 2  

t   x  x   x  x   x  h n

Vậy nghiệm bất phương trình là x 0;

III

Tính tích phân sau

4

0

1 sin 2 2sin cos cos

x









4

2

cos 2 tan 1 cos 2sin cos cos

tan

2 tan 1 cos 2 tan 1

x









cos

x

Đổi cận

1 4

  



 

   



Khi đó

2 1 4

1 2

0

3 ln 2 1 4 ln 3 1 ln 3

I  t  t t       

IV Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2ACBC 2 a

Mặt phẳng SAC

tạo với  ABC

một góc 600 Hình chiếu H của S lên mặt phẳng ABC

là trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABC. và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB

1,0

a N

H C

A

B S

M K

ABC

 vuông tại A có BC 2 ,a AC a B ;  30 ,0 C 600

Gọi N laftrung điểm của AC Vì

, 60

Trong tam giác

;

SNH  HN  SH 

2

3

3 2

ABC

a S

a

Kẻ a AH// (a đi qua B)

// ,

HA SB a



Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí

 ; 

HK d HA SB

Tam giác ACH đều nên góc

2

a

4

a HK

V

Giải phương trình

2 2

2 1 2 2

2 1 2 2

1 2 1 2





1,0

3

2 2.2 2.32

2 4 8

1 2 1 4 1 2

2

1 2 1 4 1 2

 

4 16 64 2 4 8

2

 

 2 2  4 2  8 2 2 4 8

2

 

Ta có

2

Vậy

 2 2  4 2  8 2 2 4 8 2 4 8

2

 

1 4 4 8

x

  





VIa

2,0

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   C : x 32y 12 9

và đường thẳng  d :x y  10 0 Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C),

gọi A, B là hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB 3 2

1,0

x

d

H

M A

B I

O y

Đường tròn (C) có tâm I3;1 , bk R OA 3

Gọi H ABIM, do H là trung điểm của AB nên

3 2 2

AH 

Suy ra:

9

IH  IA  AH   

và

2

6

3 2 2

IA IM IH

Gọi M a ;10 a   d

ta có IM2 18 a 329 a2 18

2a  24a90 18  a 12a36 0  a6

Vậy M6;4

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A1;1;2 , B0; 1;3  Gọi C là giao điểm của

đường thẳng AB và mp Oxy  Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho mặt

cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến là đường tròn có bán

kính bằng 2 5

1,0

(Oxy)

A

N M

C

B

Gọi C c c 1; ;02   Oxy khi đó ta có ACc1 1;c2 1; 2 ;  AB  1; 2;1 

Do C AB  Oxy  CAB khi đó AC AB;

 

cùng phương Nên tồn tại số thực k sao cho AC k AB

 

Vậy

1

1 2

2

1

3

5 2

c

c k

 













 



 

Gọi M m n p , ,   AB AM m1;n1;p 2 ;  AB  1; 2;1 

;

AM AB

 

cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho

            

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 22 2 42 2 2 6 2 24 24

CM  t  t  t  t  t

Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên Oxy suy ra MN z M  t 2

Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN2NC2 MC2

4

t

t







   

0 1;1;2 ; 4 5;9; 2

Vậy M1;1;2

hoặc M5;9; 2 

VIIa

Với mọi n N n , 3 Giải phương trình 33 43 53 3

30

n

   

     

3

3

3

k

k

k

k k  k k k k k

Đặt

 

  1  13 3    1 

Cho k chạy từ 3 tới n ta được

3 3

1

n

C





   

 

3 3

1

n

n n C







3 1

1 30

       



2

2

1 89

30

n n

n n

   



3 3

3

n k k

C







1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C

đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường

thẳng  d :x2y 5 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi

qua điểm K6;2

1,0

(d) I

O A

B

C K

 : 2 5 0

B d x y  nên gọi B5 2 ; b b, vì B, C đối xứng với nhau qua O suy

ra C b(2  5;b) và O(0;0)BC

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong gócB là  d :x2y 5 0 nên I(2;4)

và IAB

Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2b 3;4 b

vuông góc với

11 2 ;2 

CK   b b



2 3 11 2   4  2  0 5 2 30 25 0 1

5

b

b









Với b 1 B(3;1), ( 3; 1)C    A(3;1)B loại

Với b 5 B( 5;5), (5; 5) C 

31 17

;

5 5

Vậy

31 17

; ; ( 5;5); (5; 5)

5 5

A  B  C 

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A0;0; 1 ,  B1;2;1 , C2;1; 1 

,D 3;3 3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB

và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3

1,0

Gọi M m m m 1; 2; 3 là điểm thuộc  AB

khi đó AM AB,

 

cùng phương

 1; 2; 3 1 , 1;2;2

AM  m m m  AB

,

AM AB

 

cùng phương

1 2 3

1 2

m t







  



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Gọi N n ;0;0  Ox

 ;2 ;2 1 , 1;2; 2

NM  t n t t CD 

MN vuông góc CD nên  NM CD   0 t n4t 4t    2 0 t 2n 1

 

MN   MN   t t  t  t 

1

2

t

t







 



Với t  1 n 1 M1;2;1 , N1;0;0

Với

;1;0 , ;0;0

t   n  M  N 

n

n



1,0

n

n





k n

C

1 1

1 ! 1

k n

n

n C







Mà

n



Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

2sin(2 ) 7 2 sin 2 sin( ) 4 2 0

2 Giải bất phương trình x22x92x22x x1 1 x R 

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

0

I





 



Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh 2a, điểm A1 cách đều

ba điểm A, B, C Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy một góc  Hãy tìm , biết thể tích khối lăng trụ

ABC.A1B1C1 bằng 2 3a3

Câu V (1,0 điểm) Cho a , b , c là các số dương thỏa mãn a b c  3 Chứng minh rằng

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN 1.

Môn thi: TOÁN; Khối : A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

3

3

4

a b ab bc abc 

Câu VI (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh AB, AC lần lượt là

có giá trị nhỏ nhất

Câu VII (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P):

1 0

x y z    sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng 2 17.

Câu VIII (1,0 điểm)

log x1  2 log 4 xlog (4x)

-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:………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 Môn: TOÁN – KHỐI A ( Đáp án gồm 4 trang ).

Câu I

(2 điểm)

1.(1 điểm)

Với m = 1 hàm số là:

 TXĐ: D =R

 Sự biến thiên

+)

1

x

x







0,25

+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0); (1; +), nghịch biến trên các khoảng (-;- 1); (0; 1)

+) Hàm đạt cực đại tại x = 0,

yCĐ = 1; cực tiểu tại x = 1,

yCT = 0

0,25

+) BBT

x -  - 1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 +

y + 1 +

0,25

0 0

 Đồ thị: Vẽ đúng đồ thị 0,25

2 (1 điểm)

TXĐ: D= R

2

0 ' 0

x y





  





Hàm số có 3 điểm cực trị khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt

0

m

0,25

Gọi 3 điểm cực trị A(0;m),

B  m m m m m m

Ta có A thuộc Oy và B, C đối xứng nhau qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc Oy

0,25

Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(0;a)

Ta có:

2

1

1

1

IA IB IC

m a

m a

m a





0,25

-Với m a 1 thay vào (*) ta

có phương trình vô nghiệm

0

m

-Với m a 1 thay vào (*) ta có

5 1 1;

2

m m 

(TM)

0,25

Câu II 1.(1 điểm)

(2 điểm)

2 sin(2 ) 7 sin os 4 0

4

0,25

2

0,25

1 sin

2

x













0,25

2 6 5

2 6













 



0,25

2.(1 điểm)

Điều kiện: x 1

0,25

2 2

2

1 1

1 1

x

x

x

0,25

2

1 1

x

2

1 1

x

0.25

Do đó bất phương trình

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là:

0,25

Câu III

(1 điểm)

(1 điểm)

I

3 2 2 3 2 3 2

t e  e  t  e  e  tdt  e  e dx

3

e e dx

Đổi cận: x 0 t1;

x  t

tdt

9 1



0,25

Câu IV

(1 điểm)

(1 điểm)

G

C1

C

H I

Ta có tam giác ABC đều cạnh

2a nên SABC=a2 3

0.25

Mặt khác A1A= A1B=A1C ⇒

A1ABC là chóp tam giác đều

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G là đường cao

0,25

Trong tam giác ABC có AG=

2

3

a

Trong tam giác vuông A1AG có: ∠ A1AG= A1G=AG.tan

0,25

 =

3

a

.tan

VLT=A1G.SABC=2 3a3

0

0,25

Câu V

(1 điểm)

(1 điểm)

Ta có:

M  a b ab bc abc a b a b b c a b c

0.25

2

7 12

a b c 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a b c

0,25

Câu VI

(1 điểm)

1 điểm Gọi VTPT AB, AC, BC lần lượt là: n 1(1;2); (2;1); ( ; ). n2  n a b3

Phương trình BC có dạng:

a x b y  a b 

Tam giác ABC cân tại A nên

a b







0.25

Với a=-b, chọn b=-1 a1

2 1

3 3



Không thỏa mãn M thuộc đoạn BC

0,25

Với a=b, chọn a=b=1

(4; 1); ( 4;7)

M thuộc đoạn BC

0,25

Gọi trung điểm của BC làI(0;3).

2

DB DC DI IB DI IC  DI  

Dấu bằng xảy ra khi D I Vậy D(0;3)

0,25

Câu VII

(1 điểm)

(1 điểm)

C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a;

Tam giác ABC cân tại C

( 3) ( 5) (5 ) ( 3) ( 1) (5 ) 3

                 

Ta có AB = 4, trung điểm AB là

(3;3;4)

I

1

2

ABC

S  CI AB  CI 

=>

3 a28 a2  17 (2)

0,25

Từ (1) và (2) ta có

4 3

a b











hoặc

7 3

a b











Vậy có hai điểm C(4 ; 3 ;0) ; C(7;3;3)

0,25

Câu VIII

(1 điểm)

Điêù kiện:

 

2

3

4 (4 ) 0

x

x x

x

   



  



      



0.25

 

log 1 2 log (4 ) log (4 ) log 4 1 log (16 ) 4 1 16 1

0,25

2 24; 2.

Kết hợp đk (*), nghiệm của

0,25

…… ………Hết ………