De thi thu khoi A lan 1 Mai Anh Tuan

PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Tìm số hạng không n..[r]

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 ,

14

OA  OB  ( với O là gốc tọa độ).

Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình:

(2cos 1) sin 4

2sin 2 cos sin

x







Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

,

x xy x

x y

x y y y x x











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, BAD    ADC  900, AB  3 a ,

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:

 2  2  2 125

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 Oxy cho 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

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho x  0 và 2n 11 2n 21 2n 31 22n11 22n1 22n11 236

C  C  C  C  C C 

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

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 : 3 x y   4 0  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

x y

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

x x y 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………

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012-2013 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN, khối A

( Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

1a

(1

điểm)

Với m 1 ta có

2 1

x y x







 Tập xác định: D R \{1}

 Sự biến thiên:

1

( 1)

x



0.25

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

- Giới hạn và tiệm cận: y = 1, y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1

lim1

x  y = + ∞ ; lim1

x  y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1

0.25

- Bảng biến thiên:

x -∞ 1 +∞

y +∞

1

1 -∞

0.25

 Đồ thị:

6

4

2

-2

5

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

0.25

1b

(1

điểm)

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);OA2OB2145(x1x2)210x x1 2 4(x1x2) 12 0.25

2

(1 Điều kiện: x4 m m Z(  ) Phương trình đã cho tương đương với:

0.25

sin 2 cosx xsinx 2cosx1 sin 2x

sin 2 0(*)

cos sin 2cos 1 1(**)

x





 

k

x k

x







  



0.25

So sánh điều kiện ta được

2

3

(1

điểm)

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

Với x 0 thay vào phương trình thứ hai ta được y 0

0.25

Với x 2y1 ta có ta có





4

(1

điểm)

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

x   t  x    t  0.25

2 2 1

2

1

dt I

2 1

5

(1

điểm)

K

M G N

C

B A

D

S

H

Vì DC/ /AB nên MN/ /AB MN; / /CD

2 2 3

;

0.25

/ /

2

3

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

ABC

AK

BC



14

a AH

4

14

a

d DM BC

Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ

0.25

6

(1

Xét hàm số

2

2

t

t



0.25

đpcm

0.25

Dấu bằng xảy ra

1 2

a b c

7a

(1

điểm)

I M

C

A

B

D

Đường thẳng MI qua M và song song với BC nên có phương

1

2 ABCD

d M BC  S   d M BC BC   BC 

2 2

BC

MI  

0.25

Gọi

3

1

a

I a a MI

a





8a

(1

điểm)

Gọi phương trình đường thẳng d là ax by c  0(a2b20), 2 2

d d O

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

2 2

d d O

 



0.25

suy ra: |a b c  | | |c  2

a b c





 



0.25

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

a b

ta có 15a2 2ab15b2 0 a b 0(không thỏa mãn)

0.25

9a

(1

điểm)

Ta có 2k 1 22n11 k : 0 2 1

       nên

1

2

                         0.25

Mà (1 1)2n1 20 1 12 1 22 1 22n11 22n1 22n11

 





Số hạng không phụ thuộc x ứng với

6 18

5

k

k



Suy ra số hạng cần tìm là C 183( 1)3816

0.25

7b

(1

điểm)

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

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 

8b

(1

điểm)

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

5

AB

Gọi C a b( ; ),

1

2

ABC





Vì C( )E nên

2 2

1

16 9

Giải hệ ta tìm được

3

2 2;

2

3

2 2;

2

9b

(1

điểm)

Điều kiện

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:

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

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

0.25

Với

1 2

x 

thì ta được phương trình:

2

x

x





Với

1 1 2

x

  

thì ta được phương trình: x2  x 0 x0

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

0.25

Hết