Dap an thi thu khoi a lan 1 Mai Anh Tuan

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN.. Chiều biến thiên:..[r]

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

1a

(1

điểm)

Với m 1 ta có

2 1

x y x







 Tập xác định: D R \{1}

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 2

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)

Phương trình hoành độ giao điểm: 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);OA2OB2145(x1x2)210x x1 2 4(x1x2) 12 0.25

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

2

(1

điểm) Điều kiện:

4

x m m Z 

Phương trình đã cho tương đương với:

sin 2 cosx xsinx 2cosx1 sin 2x

0.25

x





 

k

x  k Z

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

x y

x y x y y y x x

x y y y x x





 x y x  2 xy 5y 0 x y

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

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

2

2 1

2 2 2

1

dt I

2 1

5

(1

điểm)

K

C

B A

D

S

H

Vì DC/ /AB nên MN/ /AB MN; / /CD

2 2 3

MN AB a CD

;

SCDMN SCDM SCDA SCDA

SCDA CDA SCDMN

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

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

6

(1

điểm)

Xét hàm số

2

2

t

t



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

0.25

Do đó  2  2  2 4  5 6

Dấu bằng xảy ra

1 2

a b c

7a

(1

điểm)

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

1

2 ABCD

I M

C

A

B

2

BC

Gọi

3

1

a

a





Suy ra I (3; 2) hoặc I (1;0). 0.25

8a

(1

điểm)

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

d d O

a b

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

d d O

a b

 



0.25

suy ra: |a b c  | | |c  2

b a

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

Với 2

a b

c 

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

n n

C C   k k n

1

2

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

        suy ra 2362n  n18 0.25

 





Số hạng không phụ thuộc x ứng với

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

a b

a b





Vì C( )E nên

1

a b

Giải hệ ta tìm được

3

2 2;

2

C  

  hoặc

3

2 2;

2

C 

9b

(1

điểm)

Điều kiện

1

2

x  y  y

Từ phương trình đầu ta có:

2( )

2

2

x y

x y x y

x y y x









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 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

Gv: Trần Văn Hưng