Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ sốâ hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục nghìn phải baèng 1.. Viết phương trình đường tròn[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT GIA BÌNH SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012-2013
Mơn thi: TỐN, KHỐI A, A1, B
Thời gian làm bài 180 phút ( khơng kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2 2
1
x y x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số
b) Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 1
2cos 2 8cos 7
cos
x
6 3 2 9 2 30 28
Câu 4 (1 điểm) Tính giới hạn sau:
0
lim
x
Câu 5 (2 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ cĩ độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuơng tại A,
AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuơng gĩc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC
a) Tính theo a thể tích khối chĩp A’.BCC’B’
b) Tính cosin của gĩc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’.
Câu 6 (1 điểm) Cho ba số thực dương x,y, z thỏa mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
II PHẦN RIÊNG(2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng( phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y - 4 = 0 cĩ tâm
I và điểm M(- 1 ; - 3) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB cĩ diện tích lớn nhất
Câu 8.a (1 điểm) Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ sốâ hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục nghìn phải bằng 1
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, cĩ điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2:x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường trịn cĩ tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Câu 8.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
x y R
… Hết ….
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: ………
Trang 2Đáp án đề thi thử đại học mơn Tốn khối A năm học 2012 – 2013
Lần 1 trường THPT Gia Bình số 1.
Câu 1
ý a
1 điểm
Câu 1
ý b
1 điểm
Câu 2
1 điểm
+) TXĐ: D = R
+) Tính được y’, KL khoảng đơn điệu, tiệm cận
+) BBT:
+) Đồ thị:
Xét phương trình (1) với x ≠ -1
2 1
x
x m x
Do đĩ để đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm A và B khi và chỉ khi (1)
cĩ hai nghiệm phân biệt hay (2) cĩ hai nghiệm phân biệt x ≠ - 1
2
m
Khi đĩ A(xA;yA), B(xB;yB) với xA, xB là các nghiệm của (2) Để AB = 5
2
Theo viet ta cĩ
2 2 2
A B
m
m
x x
2
m m
m
Kết hợp với các điều kiện trên vậy thỏa mãn bài tốn
10 2
m m
điều kiện cosx ≠ 0
Phương trình tương đương với 2cos2x.cosx – 8cos2x + 7cosx = 1
(4cos 2) cos 8cos 7 cos 1 0
Đặt t = cosx, t 1 phương trình trở thành
4t3 - 8t2 + 5t – 1 = 0 (t – 1)(4t2 – 4t + 1) = 0
2
Với t = 1 ta cĩ phương trình cosx = 1 hay x = 2k
Với t = ½ ta cĩ phương trình cosx = ½ 2
3
x k
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25
0.25
0.5
0.25 0,25
0,5
Trang 3Cõu 3
1 điểm
Cõu 4
1 điểm
Kết hợp với điều kiện phương trỡnh cú ba họ nghiệm x = 2k , 2
3
x k
Điều kiện
1
x
x x
y y
Ta cú
(1)
(2) Xột hàm số f t( ) t3 t t R,
Cú f t( ) 3 t2 1 0, t R nờn hàm số đồng biến trờn R
Mà phương trỡnh (1) cú dạng f(x 2 ) = f(y+ 3) hay phương trỡnh trở thành
x 2 = y + 3 y x23 thay vào phương trỡnh (2) ta được
2
2
Đặt t 2 x 2 2 x t2 10 3 x4 4x2
Do đú (3) trở thành t2 = 3t hay t = 3 hoặc t = 0
Với t = 3 ta cú
2 x 2 2 x 3 2 x 2 2 x 3 12 2 x 5x15(*)
Ta thấy (*) vụ nghiệm vỡ 2 x 2
Vậy hệ phương trỡnh cú 1 nghiệm
6 5 39 25
x y
Viết lại giới hạn trên dưới dạng:
C =
0
x
x
x
Xét f x ( ) 1 2 x 1 sin x, ta có f (0) 0 ;
1
x
Đặt g x ( ) 3 x 4 2 x, ta có g (0) 0 ;
4
2 3 4
x
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4Câu 5
ý a
1 điểm
ý b
1 điểm
0
( ) (0)
'(0) 0
( ) (0) '(0) 0
x
f x f
f
x
x
Gọi H là trung điểm của BC
Xét tam giác ABC có
3 '.
2
' ' '
V A H S a a a a
Mà thể tích khối chóp A’.BCC’B’ là
' ' ' ' ' ' '.
A BCC B ABC A B C A ABC
V V V a a a
' ' '
A BCC B
Ta thấy A’H (ABC) nên A’H (A’B’C’) suy ra tam giác HA’B’ vuông tại A’ Theo định lý Pytago: HB’2 = HA’2 + A’B’2 = 3a2 + a2 = 4a2 suy ra
HB’ = 2a
Tam giác BB’H có HB’ + BB’ = 2a nên là tam giác cân ở B’
Do đó cos ' 1, với K là trung điểm của BH
B BH
Góc giữa hai đường thẳng Â’ và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng BB’ và BC
( vì AA’ //BB’; B’C’ // BC) do đó bằng B BH' Vậy cosin của góc giữa hai đường
thẳng AA’ và B’C’ bằng 1
4
A’
B’
C’
A
B
C
H K
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,5
0,5
Trang 5Câu 6
1 điểm
Câu 7a
1 điểm
Câu 8 a
1 điểm
Câu 7 b
Trước hết ta chứng minh với mọi số thực a, b, c ta đều cĩ
(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) (*) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Theo giả thiết và (*) ta cĩ
6 = x + y + z + xy + yz + zx 3(x2 y2z2)x2 y2z2
Đặt t = x2y2z2 , ta cĩ bất phương trình
vì t dương Hay
2 3
t
t
2 2 2 3
x y z
Mặt khác theo bất đẳng thức cosi với hai số dương ta lại cĩ
2 2 2
3
P
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Vậy Min P = 3/2 đạt tại x = y = z = 1
Đường trịn (C) cĩ tâm I(1; - 2), bán kính R = 3 Phương trình đường thẳng d đi qua
M cĩ dạng :
a(x + 1) + b(y + 3) = 0 ( a2 + b2 > 0) hay ax + by + a + 2b = 0
Diện tích tam giác IAB là : 1 , với và
.sin 2
IAB
S IA IB AIB
(0; )
Suy ra MaxS = 9/2 đạt khi sin = 1 hay
2
AIH AIB IH IA
7
b a
a b
Vậy cĩ hai đường thẳng cần tìm là: ( ) :d1 x y 4 0; ( ) : 7d2 x y 10 0
* Xem các số hình thức a b cd e, kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a
hoặc là b hoặc là c) Sau đó chọn các giá trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ
X \ 1 : số cách chọn A47
Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài
* Xem các số hình thức 0b cd e
* Loại những số dạng hình thức 0b cd e thỏa mãn yêu cầu bài tốn ra, ta còn
2520 – 240 = 2280 số thỏa yêu cầu đề bài
Gọi B(x ; 5 x )B B vì B d x y 1: 5 0, ( ;7 ) vì
2
C C
x
C x
C d x y
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,5
Trang 61 điểm
Câu 8 b
1 điểm
Do G(2;0) là trọng tâm tam giác ABC nên ta có 1 ( 1; 4), (5;1)
5
B C
x
x
Suy ra phương trình của BG: 4x – 3y – 8 = 0
Mà đường tròn cần tìm có tâm C và tiếp xúc với BG nên nó có bán kính
9
5
R d C BG
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là: 2 2 81
25
x y
Xét hệ
12 20 0 (2)
x y
Điều kiện x > -1, y > -1
Ta có (2) ( 2 )( 10 ) 0 2 (*)
10
x y
Mà (1) ln(x 1) x ln(y 1) y (3)
Xét hàm số f(t) = ln(t + 1) – t với t > - 1
Có '( ) 1 1
t
f t
f’(t) = 0 khi t = 0 suy ra bảng biến thiên
t -1 0 +∞
f’(t) + 0 -
0
Từ bảng biến thiên suy ra nếu phương trình (3) có nghiệm x ≠ y hay (1) có
nghiệm x ≠ y thì x và y phải trái dấu nhau điều này mâu thuẫn với (*) nên
phương trình (3) phải có nghiệm x = y do đó hệ có nghiệm du y nhất là (0; 0)
0,5
0,25
0,5
0,25
Lưu ý:
Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.