ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC ( 2012 - 2013) LẦN I - Môn: TOÁN: Khối: A và A1 potx

www.MATHVN.com


www.MATHVN.com

1

S GD & T THANH HểA

TRNG THPT O DUY T


www.MATHVN.com

KHO ST CHT LNG THI I HC (LN I)
NM HC 2012 - 2013
Mụn: TON; Khi: A v A
1
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
( thi cú 01 trang)

I/ PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu 1. (2,0 im).
Cho hm s
2
( )
3
x
y C
x
+

=


1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Tỡm trờn th ( C) im M sao cho khong cỏch t im M n ng tim cn ngang bng
5
ln khong cỏch t im M n ng tim cn ng.
Cõu 2. (1,0 im). Gii phng
trỡnh:
(
)
6 6
8 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11
x x x x x
+ + = +
.
Cõu 3. (1,0 im). Gii h phng trỡnh trờn

:
x x y xy y
x y x y
3 2 2 3
6 9 4 0
2


+ =

+ + =

Cõu 4. (1,0 im). Tỡm nguyờn hm ca hm s:

( )
2
3
1
x
f x
x x

=
+
trờn on


1;8

Cõu 5. (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi, hai ng chộo AC =
2 3
a
,
BD = 2a v ct nhau ti O; hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng
(ABCD). Bit khong cỏch t O n mt phng (SAB) bng
3
4
a
. Tớnh th tớch khi chúp
S.ABCD theo a.

Cõu 6. (1,0 im). Cho
*
,a b
+


. Chng minh rng:
a b b a a b
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2

+ + + + + +



II/ PHN RIấNG (3,0 im): Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chng trỡnh Chun
Cõu 7a. (2,0 im)
1. Trong mt phng ta Oxy cho ng thng
: 2 3 0
x y
+ =
v hai im A(1; 0), B(3; -
4). Hóy tỡm trờn ng thng

mt im M sao cho
3
MA MB

+

nh nht.
2. Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai
nh B v C ln lt nm trờn hai ng thng d
1
: x + y + 5 = 0 v d
2
: x + 2y 7 = 0. Vit
phng trỡnh ng trũn cú tõm C v tip xỳc vi ng thng BG.

Cõu 8a. (1,0 im) Gii bt phng trỡnh trờn

:
1 3 3 1 3
8 2 4 2 5
+ +
+ +
x x x
.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu 7b. (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho im
P( 7;8)

v hai ng thng
1
:2 5 3 0
d x y
+ + =

;
2
:5 2 7 0
d x y
=
ct nhau ti A . Vit phng trỡnh ng thng
3
d
i
qua P to vi
1
d
,
2
d
thnh tam giỏc cõn ti A v cú din tớch bng
14,5
.
2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H):
1
916
22
=
yx
. Viết phơng trình chính tắc của
elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
Cõu 8b. (1,0 im) Cho khai trin Niutow
( )
x 1
3

x 1
2
2
8
1
log 3 1
log 9 7
5
2 2


+
+

+


. Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca
x


, bit rng s hng th 6 t trỏi sang phi trong khai trin ny l 224.
Ht
www.MATHVN.com


www.MATHVN.com

2

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………
…
Ghi chú:
Dự kiến khảo sát chất lượng thi Đại học ( lần II) tổ chức vào các ngày 30 và 31 tháng 3 năm 2013.
SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ


www.MATHVN.com

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I)
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn: TOÁN; Khối: A và A
1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đáp án có 04 trang)


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu Lời giải chi tiết Điểm



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

1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
* Tập xác định
{
}
\ 3
D =
ℝ

* Sự biến thiên:
+/ Giới hạn và tiệm cận:

lim 1; lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
: Đồ thị có tiệm cận ngang là
1
y
=


3 3
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞
: Đồ thị có tiệm cận đứng là

3
x
=

0,25
+/ Ta có:
( )
2
5
' 0; 3
3
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
,
Bảng biến thiên:



Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
;3
−∞
và
(
)
3;

+∞
.
x

−∞

3

+∞

'
y


−

0

0

−


y


1

+∞

−∞

1

0,5
* Đồ thị
:

12
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-25
-20
-15
-10
-5
5 10 15 20

0.25

2. (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị

Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C):
5
;1 , 3
3
M a a
a
 
= + ≠
 
−
 

Tiệm cận đứng
1
: 3 0
x
∆ − =
; tiệm cận ngang
2
: 1 0
y
∆ − =

0,25

Theo giải thiết:
( ) ( )
2 1

5
; 5 ; 5 3
3
d M d M a
a
∆ = ∆ ⇔ = −
−
(1)
0,25

Giải phương trình (1), ta được:
4; 2
a a
= =

0,25

Câu 1.
(2,0
điểm)
Vậy các điểm cần tìm là:
(
)
(
)
4;6 & ' 2; 4
M M
= = −

0,25

Giải phương trình:
(
)
6 6
8 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11
x x x x x
+ + = − +
.

Câu 2.
(1,0
điểm)
Phương trình
(
)
2 2
8 1 3sin cos 3 3sin 4 3 3 os2 9sin 2 11 0
x x x c x x
− + − + − =

(
)
(
)
2
3 3 os2 2sin 2 1 3 2sin 2 3sin 2 1 0
c x x x x
⇔ − − − + =

0,25

www.MATHVN.com


www.MATHVN.com

3

( )
( )
(
)
( )
2sin2 1 0 1
2sin2 1 3 os2 sin 2 1 0
3 os2 sin2 1 2
x
x c x x
c x x
− =
⇔ − − + = ⇔

− = −



0,25

Giải phương trình (1):
( )
1
12
sin 2
5
2
12
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈


= +


ℤ

0,25

Giải phương trình (2):
( )

1
4
3 os2 sin2 1 os 2
5
6 2
12
x k
c x x c x k
x k
π
π
π
π
π

= +

 
− = − ⇔ + =− ⇔ ∈

 
 

= − +


ℤ

0,25

Giải hệ phương trình:

x x y xy y
x y x y
3 2 2 3
6 9 4 0 (1)
2 (2)


− + − =

− + + =



Ta có: (1) ⇔
x y x y
2
( ) ( 4 ) 0
− − =
⇔
x y
x y
4

=

=


0,5

Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2
0,25

Câu 3.
(1,0
điểm)
Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x y
32 8 15; 8 2 15
= − = −

0,25

Tìm nguyên hàm của hàm số:

( )
2
3
1
x
f x
x x
−
=
+
trên đoạn
 
 
1;8

www.MATHVN.com

Vì hàm số liên tục trên
[
]
1;8
. Ta có:
2
2
3
1
1
1
1
x
x
dx dx
x x
x
x
−
−
=
+
+
∫ ∫

0,5

Câu 4.
(1,0
điểm)
=
2
1 1
1 ( )
1
ln( )
1 1
d x
x x
dx x C
x
x x
x x
− +
= − = − + +
+ +
∫ ∫

Vậy nguyên hàm của hàm số
( )
2
3
1
x
f x
x x
−

=
+
trên đoạn
[
]
1;8
là:
( )
1
ln( ) ;F x x C C
x
= − + + ∈
ℝ

0,5

(1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3
a
; BO = a , do đó

0
60
A DB
=
.
Hay
ABD

∆
đều. Do
(
)
(
)
(
)
;
SAC SBD ABCD
⊥
nên giao tuyến của chúng
SO⊥ (ABCD).
0,25

Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB
⊥
và DH =
3
a
;
OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI
3

4
a
OI =

0,25

Câu 5.
(1,0
điểm)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =

Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a
∆
= = =
;
đường cao của hình chóp

2
a
SO
=
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =


0,5
S

A

B

K

H

C

O

I

D

3
a

www.MATHVN.com


www.MATHVN.com

4

Chứng minh rằng:
a b b a a b
2 2
3 3 1 1
 2  2
4 4 2 2
     
+ + + + ≥ + +
     
     

Ta có:
a a b a b
a b a a b a
2

2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
3 1
4 4
 
= − + + + ≥ + +
 
 
+ + = − + + + +

Tương tự:
b a a b
2
1
2
3
4
+ + ≥ + +
.
0,5

Ta sẽ chứng minh
a b a b
2
1 1 1
2 (2
2 2 2
    
+ + ≥ + +

    
    
(*)
Thật vậy, (*) ⇔
a b ab a b ab a b
2 2
1 1
4
4 4
2
≥
+ + + + + + + +
⇔
a b
2
0
( )
≥
−
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
a b
1
2
= =
.

0,5

II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Câu 6.
(1,0
điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn

1. (1,0 điểm).

Hãy tìm trên đường thẳng
∆
một điểm M sao cho 3
MA MB
+
 
nhỏ nhất.

Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(
5
; 3
2
−
)
0,25

Ta có :
3 ( ) 2 2 2 4
MA MB MA MB MB MI MB MJ
+ = + + = + =
       

0,25

Vì vậy
3
MA MB
+
 
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng
∆

Đường thẳng JM qua J và vuông góc với
∆
có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
0,25

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
2 3 0
5
2 8 0 19
5
x
x y
x y
y
−

=


+ − =


⇔
 
− − =


=


. Vậy M(
19 2
;
5 5
−
)
0,25

2. (1,0 điểm). Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.

Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
∈
⇒
= − − ∈
⇒

= − +

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


0,25

Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1)
0,25

Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
⇒ −
 
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0,25

7a.

(2,0
điểm)







Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25

0,25

Giải bất phương trình:
1 3 3 1 3
8 2 4 2 5
+ − − + −
+ − + ≤
x x x

.


8a.
(1,0
điểm)
Điều kiện: x ≤ 3. Đặt
3
2 1
x
t
−
= ≥
. BPT ⇔
2
8 2 2 5
+ − + ≤
t t t

0,25


2 2
2
5 2 0
8 2 5 2 8 2 0
5 22 17 0
− ≥



⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥


− + ≥

t
t t t t t
t x
5
0
2
2 4 0 1
17
1;
5

≤ ≤


⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤



≤ ≥

t
t t
t t

0,5

Với
3
0 1 2 1 3 0 3
−
≤ ≤ ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =
x
t x x

0,25



B. Theo chương trình Nâng cao

www.MATHVN.com


www.MATHVN.com

5

1. (1,0 im).
Vit phng trỡnh ng thng
3
d
i qua P to vi
1
d

,
2
d


Ta cú
A(1; 1)

v
1 2
d d

. Phng trỡnh cỏc ng phõn giỏc ca cỏc gúc to bi
1
d
,
2
d
l:
1
:
7 3 4 0
x y
+ =
v
2
:
3 7 10 0
x y
=

0,25

3
d
to vi
1
d
,
2
d
mt tam giỏc vuụng cõn

3
d
vuụng gúc vi
1
hoc
2.
.
Phng trỡnh ca
3
d
cú dng:
7 3 0
x y C
+ + =
hay
3 7 0

+ =
x y C

Mt khỏc,
3
d
qua
( 7;8)
P

nờn C = 25 ; C = 77
0,25

Suy ra :
3
: 7 3 25 0
d x y
+ + =
hay
3
:3 7 77 0
d x y
+ =

Theo gi thit tam giỏc vuụng cõn cú din tớch bng
29
2
cnh huyn bng
58

0,25

Suy ra di ng cao A H =
58
2
=
3
( , )
d A d

Vi
3
: 7 3 25 0
d x y
+ + =
thỡ
3
58
( ; )
2
d A d =
( tm)
Vi
3
:3 7 77 0
d x y
+ =
thỡ
3
87

( ; )
58
d A d =
( loi )
0,25

2. (1,0 im).
Vit phơng trình chính tắc của (E)


Hypebol (H) có các tiêu điểm
(
)
(
)
1 2
5;0 ; 5;0
F F
. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một
đỉnh là M( 4; 3),
0,25

Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng:
1
b
y
a
x
2
2

2
2
=+
( với a > b v
2 2 2
a b c
= +
)
(E) cũng có hai tiêu điểm
(
)
(
)
(
)
2 2 2
1 2
5;0 ; 5;0 5 1
F F a b =

0,25

(
)
(
)
(
)
2bab16a9E3;4M
2222

=+

Từ (1) và (2) ta có hệ:



=
=




=+
+=
15b
40a
bab16a9
b5a
2
2
2222
222

0,25

7b.
(2,0
im)

Vậy phơng trình chính tắc của (E) là:

1
15
y
40
x
22
=+

0,25

Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca
x


,


Ta cú:
( )
k 8
8
k 8 k k
8
k 0
a b C a b
=

=
+ =

.
p dng vi
( )
( )
( )
x 1
3
x 1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7
x 1 x 1
5
3 5
a 2 9 7 b 2 3 1
= ;


+

+

= + = = +

0,25

+ Theo th t trong khai trin trờn, s hng th sỏu tớnh theo chiu t trỏi sang phi c

a
khai trin l
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 x 1 x 1 x 1 x 1
3 5
6 8
T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1




= + + = + +



0,25

+ Theo gi thit ta cú :
( ) ( )
x 1
1
x 1 x 1 x 1 x 1
x 1
9 7
56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1)
3 1
= 224

+
+ + = + = +
+

0,25

8b.
(1,0
im)

( )
x 1
2
x 1 x 1
x 1
3 1 x 1
3 4(3 ) 3 0
x 2
3 3




= =

+ =

=
=



0,25


Ghi chỳ: Nu thi sinh lm bi cú li gii khỏc vi ỏp ỏn m li gii ỳng thỡ vn cho im ti a
theo biu im ó quy nh.

Ht