Tài liệu KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Khối A+AB potx

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I
ĐỀ
THI MÔN: TOÁN – Kh
ố
i A+AB

Th
ờ
i gian: 180 phút (không k
ể
th
ờ
i gian giao
đề
)
Đề thi gồm 01 trang


Câu I
. Cho hàm số
32
y2xx4x1(C)


1.
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
2.

Tìm s
ố

th
ự
c k sao cho có hai ti
ế
p tuy
ế
n phân bi
ệ
t cùng h
ệ
s
ố
góc k ti
ế
p xúc
v
ớ
i (C) và
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua hai ti
ế
p
đ
i
ể
m c

ắ
t tr
ụ
c hoành t
ạ
i
đ
i
ể
m A, c
ắ
t
tr
ụ
c tung t
ạ
i
đ
i
ể
m B sao cho OB = 2012.OA
Câu II
.
1. Giải phương trình
7
1x 4x6
2


2. Giải hệ phương trình

3x y 5x 4y 5
12 5x 4y x 2y 35

 



 



Câu III
1. Giải phương trình
2
2cos2x
cot x cos x 1
1tanx sinx




2. Nhận dạng tam giác ABC biết:
2
2bc
cos(B C)
a

(Trong
đ
ó A, B, C là ba

góc; a, b, c l
ầ
n l
ượ
t là
độ
dài các c
ạ
nh BC, CA, AB)
Câu IV

1. Cho hai
đường tròn
22
1
(C ):(x 1) (y 2) 4

 
và
22
2
(C ):(x 2) (y 3) 2


cắ
t nhau t
ại
đ
iể
m A(1; 4). Vi

ết ph
ươ
ng trình đườ
ng thẳ
ng
đi qua A và c
ắ
t lạ
i (C
1
), (C
2
)
l
ần l
ượt t
ạ
i M và N sao cho: MA = 2.NA;
2. Cho
hình chóp S.ABC có
đ
áy ABC là tam giác vuông t
ạ
i A, AB = a,

0
ABC 60

,
tam giác SAB

đề
u. G
ọ
i H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a A trên BC. Hình chi
ế
u vuông
góc của đỉnh S trên mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABC
b. Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC)
Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn
22
xy3
xyxy4



 

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
P(x,y) x y xy 2xy.
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
)
GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam)

Họ và tên thí sinh :………….……………………………… … …….SBD:………………
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – KHỐI A+AB
Câu Nội dung Điểm
I.1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
32
y2x x 4x1(C)


1.00

1- TXĐ : R
2.SBT . - Giới hạn:
xx
lim ; lim .
 
 
- Có :
2
2
y' 6x 2x 4 (x 1)(6x 4);y' 0 x 1;x .
3
  

- BBT.
Hàm số đb trên khoảng
(;1) 
và

2
(; ),
3

nb trên
2
(1; ).
3


Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ;
giá trị cực đại là f(-1) = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/3 ;
giá trị cực tiểu là f(2/3) = - 17/27.
3. Đồ thị. Điểm uốn
191
I( ; )
654

làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Oy tại (0 ; 1), Cắt Ox tại (1 ; 0);
317
(;0)
4

; đi qua (-2 ; -7)

0.25










0.25





0.25

0.25
I.2
Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến cùng hệ số góc k…
1.00

- Hoành độ hai tiếp điểm là nghiệm pt f'(x) k



22
6x 2x 4 k 6x 2x (4 k) 0
(*)
- Có 2 tiếp tuyến
(*) có 2 nghiệm p/b
25
' 1 6(4 k) 0 k .(**)
6
      
- Có :
1137
f(x) f'(x)( x ) x 1.
3189
 Giả sử M(x ; y) là tiếp điểm thì f'(x) k và

1137 3k37 k18
yf(x)k(x ) x1 x
3189 9 18

  





Vậy pt đ/ thẳng qua hai tiếp điểm là :
3k 37 k 18
yx;(d)
918






- Khi đó tọa độ giao điểm
k18 k18
A ;0 ,B 0; ; 37 3k 0.
2(37 3k) 18











0.25







0.25



0.25


+

-

-
17
27
4
_
+
+0
0

+

2
3
- 1
-

y
y'
x
8
6
4
2
-2
-
4
-
6
-1
5
-1
0
-
5
5 1
0
1
5
O

- Đk:
(**)
k18 k18
OB 2012.OA 2012 | 37 3k | 18108
18 2(37 3k)

 



18145 18071
k;k .
33
 
Vậy có hai giá trị k thoả mãn.
18145 18071
;.
33



0.25

II.1
Giải phương trình:
7
1x 4x6
2



1.00

Đặt 1x u;4x6 v;u,v0.   Ta được hệ :
22
2(u v) 7 (1)
4(1 u ) v 6 (2)






(1)
7
uv
2

, thế vào (2):
22 2
v3
7
v4( v)105v28v390
13
2
v
5









- Với
13
v3;u 4x63 x .
24
 
(tm)
- Với
13 9 13 19
v;u(tm) 4x6 x .
510 5 100
 

Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100.


0.25



0.25


0.25

0.25
II.2
Giải hệ phương trình:
3x y 5x 4y 5
12 5x 4y x 2y 35



 







1.00

- Đk: 3xy0;5x4y0.  
Đặt
22
u 3xy;v 5x4y x2y2(3xy)(5x4y)2u v
Hệ trở thành:
22 22
uv5 u5v
12v 2u v 35 0 2(5 v) v 12v 35 0
 



   





2
u5v
v8v150






v3;u2
v5;u0







TH1
.
v3 5x4y9 x1
u2 3xy4 y1

 


 

 
.
TH2
.
25
x
v5 5x4y25
7
u0 3xy0 75
y
7









 




. Vậy hệ có 2 nghiệm (1 ;1) ;(-25/7 ; 75/7)

0.25






0.25


0.25



0.25
III.1
Giải phương trình:
2
2cos2x
cot x cos x 1 (1)
1tanx sinx
 


1.00

- Đk : sin x 0;cos x 0 x k ,k Z.
2




2
cos x cos 2x
(1) 2cos x cos x 1
sin x sin x



2
2cos xsin x cos x cos2x cos xsin x sin x

2
(2cos xsinx sinx) (cosx sinxcosx) cos2x 0


22
(2cos x 1)sin x cosx(1 sinx) (2cos x 1) 0

2
(2cos x 1)(sin x 1) cos x(1 sin x) 0




0.25


0.25

2
(sin x 1)(2cos x cos x 1) 0  (sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0

 

12
2cos x 1 0 cos x x k2 ,k Z (t / m)
23



Vậy phương trình có hai họ nghiệm :
2
xk2,kZ
3


.

0.25




0.25

III.2
Nhận dạng tam giác ABC biết
2
2bc
cos(B C) (*)
a

1.00

- Áp dụng định lý Sin trong tam giác

2
2sin B.sinC 4sin Bsin C
(*) cos(B C) 2sin Acos(B C)
sin A sin A
  


4sinBsinC 4sinBsinC
2sin(B C)cos(B C) sin2B sin2C
sin A sin A
  


sin Bsin C sin Bsin C
(sin Bcos B ) (sin C cos C ) 0
sin A sin A


sin C sin B
sin B(cosB ) sin C(cosC ) 0
sin A sin A



sin B(sinAcosB sin(A B)) sinC(sinAcosC sin(A C)) 0

sin Bsin BcosA sinCsin CcosA 0  
22 0
(sin B sin C)cosA 0 cosA 0 A 90 . Vậy

ABC vuông tại A.



0.25



0.25




0.25

0.25
IV.1

22
1
(C ):(x 1) (y 2) 4 ;
22
2
(C ):(x 2) (y 3) 2

 ; A(1;4)
1.00

- Giả sử MN có dạng :
22
a(x 1) b(y 4) 0; a b 0.     ( Do MN đi qua A)
- Gọi H
1
, H
2
lần lượt là trung điểm AM, AN

222 2
12111222
AH 2.AH R O H 4(R O H )   
22 22
11 22
R d (O ,(d)) 4[R d (O ,(d))]  
22
22 22
|a 2b a 4b| |2a 3b a 4b|
442
ab ab

 
  


 

 

 


22
22 22
4b 4(a b)
48
ab ab

 


2
2
22
a2ab
1b2ab0
ab




TH1.
b
1, a 0 (d) : x 1 0 
TH2.
b
2a 0.  Chọn a = 1 ; b = -2 ta được (d) : x – 2y + 7 = 0.

Vậy có hai đường thoả mãn : x – 1 = 0 và x – 2y + 7 = 0.





0.25




0.25

0.25

0.25

IV.2a
Tính thể tích khối chóp S.ABC
1.00

- Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH.
- Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ;

AC 2 3.
- Tam giác ABH có

00
ABH 60 BAH 30  ;

2
2
AB a a a 3
BH ; AH a .
22 4 2
 

- AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB
trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB.

AOB cân tại O


00
ABO 30 OBH 30





0.25

0.25

C
2
C
1
(d)
R
2
R
1
M
N
A
O
1
O
2
H
2
H
1
a
a
30
0

2a
a

a3
a
A
C
S
H
O
M


- Tam giác BHO có :
0
a
OH BH.tan 30 ;
23



a
OA OB 2OH .
3
 
( Suy ra O nằm giữa A và H)
- Tam giác SAO có :
2
222
a2
SO AB OB a a .
33


3
S.ABC
1112a2
V SO.S(ABC) AB.AC.SO .a.a 3.a .
36636

(đvtt)




0.25


0.25

IV.2b
Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC)
1.00


- Hạ OM  AC = M (1) ; do AC  SO , suy ra AC mp(SOM) AC SM (2)


Từ (1), (2)  góc  giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO.
Tam giác SMO vuông tại O

SMO

- Trong tam giác AOM có :

0
aa3a
OM AO sin OAM sin 60 .
22
33


Vậy :
2
a
SO 26 26
3
tan arctan .
a
MO 3 3
2
   


0.25

0.25

0.25



0.25

V
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
P(x,y) x y xy 2xy.
1.00
- Đặt xy3a,a0.  Khi đó có hệ :

22
2
xy3a xy3a
xy3a
(x y) 4 a 6a 5
(x y) 3xy 4
xy xy
33
 


 
 









 x, y là nghiệm của phương trình :

2
2
a6a5
t(3a)t 0(*)
3

  

- Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm.

2
22
a0
a0
7a0
4
a6a70
(3 a) (a 6a 5) 0
3




     









- Khi đó :
232
(a 6a 5)(a 1) a 7a 11a 5
P(x,y) xy(x y 2) f(a)
33
    
  


2
111
f '(a) (3a 14a 11); f '(a) 0 a 1;a ;
33
 
- BBT.

f( 7) 24;

11 256
f( ) ;
381


5
f(0) .
3


0.25







0.25








0.25





-24
5

3
0
256
81
+
_
+0
0
0-1
-
11
3
-7
f(a)
f'(a)
a


Vậy :
a[7;0]
2
xy
256 11
3
maxP(x, y) f (a) a
32
81 3
xy
27
max


 











3 105 3 105
x;y
99
3 105 3 105
x;y
99
 


 








0.25

(Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa)