ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (2012- 2013) - Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D - TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 pdf

www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
www.MATHVN.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
32
y x 3x 1  (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0.
Câu II (2,0 điểm)
1)
Giải phương trình:
2
3
cos 2 2cos sin 3 2
44
0
2cos 2
xx x
x


 






2)
Giải phương trình

33
22
11 1 1 21
x
xx x

    



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
1
4
2
0
()
1
x
x
x
edx
x





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng
.' ' '
A
BC A B C
có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh
đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 30
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ .' ' '
A
BC A B C biết khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và
'CB
bằng
2
a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức :
333
3
1
3
1
3

1
accbba
P







PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
(2,0 điểm)
1)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác
trong BD. Biết
17
( 4;1), ( ;12)
5
HM và BD có phương trình
50xy

. Tìm tọa độ đỉnh A
của tam giác ABC.
2)
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
11
:
23 1

x
yz




và hai điểm (1; 2; 1),A


(3;1;5)B  . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho
khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:


  
  
2 3 2 2121
21 21 21 21
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
kkk nn
nn n n
CC kkC nnC
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b
(2,0 điểm)
1)
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C):
22
(2)(3)4xy


  và đường thẳng d:
34 70xym
. Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp
tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 120
0
.
2)
Trong không gian Oxyz cho 3 điểm
(1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2)ABC


và mặt phẳng (P) có
phương trình
2210xyz
. Mặt phẳng
()

đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P),
cắt đường thẳng BC tại I sao cho
2IB IC

. Viết phương trình mặt phẳng
()

.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2
12

12
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
xy
xy
xy x y x x
yx



   


 


,
(, )xyR .
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com

…………………………Hết…………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
1. (1,0 điểm) Khảo sát
322
yx 3x m m1




1,00
Khi m = 1, ta có
32
yx 3x 1 
+ TXĐ:
D  
+ Giới hạn:
32
lim ( 3 1)
x
xx




32
lim ( 3 1)
x
xx



+Sự biến thiên:
2
'3 6yxx

2
0

'0 3 6 0
2


  



x
yxx
x

0,25

Hàm số đồng biến trên khoảng




;0 ; 2;



Hàm số nghịch biến trên khoảng


0; 2

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ

= 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= -3

0,25

Bảng biến thiên

x  0 2


y


+ 0

0 +
y
1



 - 3




0,25

Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)

là tâm đối
xứng.


0,25
2
2.
(1,0 điểm) Xác định m để
1,00
Ta có : y’ = 3x
2
- 6x
Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9
0,25
Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x
2
- 6x = 9
1
3
x
x







0,25
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com

Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là :
y = 9x + 6 ( loại và song song với (d))

Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26
0,25
Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26
0,25
II
1
Giải phương trình:
2
3
cos 2 2cos sin 3 2
44
0
2cos 2
xx x
x


 





1,00
ĐK: 2cos 2 0 2
4
x
xk


Với điều kiện đó phương trình
2
3
cos 2 2cos sin 3 2 0
44
xx x



 





2
1
cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0
22
xx x


 







0,25

2
1 sin 2x sin 4x sin2x 2 0
2



      






2
1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 0   


0,25



22

1 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 2 0     

2
sin 2x sin 2x 2 0


sin 2x 1
hoặc
sin 2x 2


(loại)

0,25
sin 2x 1 x k
4


So điều kiện phương trình có nghiệm
5
xk2(k)
4


 



0,25
2

 Giải phương trình

33
22
11 1 1 21
x
xx x






1,00
ĐK: 11
x
 . Đặt 1ux, 1vx

 ,
,0uv

Hệ trở thành:

22
33
2
12
uv
uv u v uv









0,25
Ta có:



2
22
11 1
122 2
22 2
uv uv u v uv u v     










33 22
2u v u v u v uv u v uv   

0,25
Suy ra :
2
22
22
2
2
1
2
2
2
2
1
2
u
uv
uv
v

















0,25
Thay vào ta có nghiệm của PT là :
2
2
x 

0,25
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
III
Tính tích phân
3
1
4
2
0
()
1
x
x
x
edx
x





1,00
Đặt I =
3
1
4
2
0
()
1
x
x
x
edx
x



. Ta có I =
3
11
4
2
00
1
x
x
x
edx dx

x




0,25
Ta tính
3
1
2
1
0
x
Ixedx

Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1111
3333
tt
Iedte e




0,25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
Idx
x



Đặt t =
4
x

43
4
x
tdxtdt  
0,25
Khi đó
11
4
2
2
22
00

12
44(1)4()
1134
t
Idxt dt
tt





Vậy I = I
1
+ I
2

1
3
3
e


0,25
IV
Tính thể tích khối lăng trụ
.' ' '
A
BC A B C 1,00
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và
A'B'

. Tam giác CAB cân tại C
suy ra AB 
CM. Mặt khác AB 
CC' ( ') ' ' ( ')
A
BCMNC AB CMNC   . Kẻ
().(') '' ('')
M
H CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B  
0,25
mp ('')CA B chứa 'CB và song song với AB nên
(, ') (,('')) (,(''))
2
a
dABCB dABCAB dM CAB MH

0,25
Tam giác vuông
0
.tan30
3
a
BMC CM BM 

Tam giác vuông
222222
111431
CMN MN a
M
HMCMN aaMN



0,25
Từ đó
3
.'''
1
2
2
33
ABC A B C ABC
aa
VSMNaa 

N
M
A
'
B'
C
A
B
C'
H
0,25
V
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1,00
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
0,25

www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3












(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P









áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
 
 



3
3
3
a3b11 1
a3b1.1 a3b2
33
b3c11 1
b3c1.1 b3c2
33
c3a11 1
c3a1.1 c3a2
33

 

 

 

0,25
Suy ra

333
1
a3b b3c c3a 4abc 6
3
 





13
4. 6 3
34






Do đó
3P 
0,25
Dấu = xảy ra
3
abc
1
abc
4
4
a3b b3c c3a1









Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba





0,25
VI.a
1
Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC
1,00
Đt  qua H và  BD có pt
50
xy


.
(0;5)
BD I I


.
0,25
Giả sử '
A
BH  . Tam giác '
B
HH có BI là phân giác và cũng là đường
cao nên

'BHH cân  I là trung điểm của ''(4;9)HH H .
0,25
AB đi qua H’ và có vtcp
3
';3
5
uHM






nên có pt là 5 29 0xy

.
0,25
Tọa độ B là nghiệm của hệ
529
(6; 1)
5
xy
B
xy







. M là trung điểm của AB
4
;25
5
A





0,25
2
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho
khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất.
1,00
Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M (1 2;3;1 )
M
tt t 
(2 2;3 2; ), (2;3;4)AM tt tAB     


0,25
Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó (,)dBd BH BA

 . Vậy (,)dBd
lớn nhất bằng BA
HA

 . Điều này xảy ra
.0AM AB AM AB 

 
2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2tt t t

      
(3; 6; 3)M
. Pt d là
121
12 1
x
yz





0,25
Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP


2; 3; 1u



.
Ta có;


2; 2; 0NA




, 2;2;2vNAu

 




Mặt phẳng (P) chứa d và  đi qua A và có VTPT
v

nên có pt là:
-x + y + z = 0;
Gọi K là hình chiếu của B trên (P) BH BK. Vậy
(,)dBd
nhỏ nhất bằng
BK HK. Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K
0,25
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
Tỡm c K = (0; 2; -2) . Suy ra d cú PT l :
2
2
xu
y
zu

0,25
VII.a
Tìm số nguyên d-ơng
n
biết:
23 2 2121
21 21 21 21
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200



kkk nn
nn n n
CC kkC nnC

1,00
* Xét
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1

1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(




(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(




(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2

2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2






0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
23 kk2k 2n12n1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C





0,25
Ph-ơng trình đã cho
100n020100nn240200)1n2(n2
2

0,25

VI.b
1
Tỡm m trờn d cú duy nht mt im M m t ú k c hai tip tuyn
MA, MB ti (C) (A, B l cỏc tip im) sao cho gúc AMB bng 120
0

1,00
ng trũn (C) cú tõm I(2;-3) v bỏn kớnh R=2. Theo gi thit ta cú tam giỏc
IAM vuụng A v


00
60 30AMI MIA .
Suy ra: IM =
0
4
os30
3
AI
c
.
0,25
Vỡ

M
d
nờn M=(1 + 4t; -1 +
4
m
+3t).

Ta cú

2
2
2
22
3
41 3 2 25 4 4
4216
mmm
IM t t t t m






0,25
Suy ra:
2
2
316
25 4 4
216 3
mm
ttm

2
2
34
25 4 0 *
2163
mm
ttm





Ta cú :
2
2
2
3 4 448
4 100 4 88
2163 3
mm
mmm

0,25
cú 1 im M tha món bi thỡ PT(*) cú 1 nghim duy nht
2
448 251
488 0 11
33
mm m

0,25
2

Mt phng ( )

i qua A, vuụng gúc vi mt phng (P), ct ng
thng BC ti I sao cho
2IB IC

. Hóy vit phng trỡnh mt phng
()

.
1,00
Gi mt phng
()

cú phng trỡnh l
ax 0by cz d

vi
;;abc
khụng
cựng bng 0
-
mp ()

i qua (1;1; 1)A

nờn ta cú : 0(1)abcd


-
mp ( )

(): 2 2 1 0mp P x y z nờn 2 VTPT vuụng gúc nhau
220 (2)abc

0,25
- 2IB ICkhong cỏch t B ti mp ( )

bng 2 ln khong cỏch t C
0,25
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
tới
()


222 222
222
336 0
2(3)
523 0
ab cd a b cd
abcd
abcd
abc abc
    


  

   

 

Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :
TH1 :
1
0
2
220
336 0 3
2
ba
abcd
abc c a

abcd
da




 



 


 




chọn
21;2;3abcd  

Ta có phương trình mp
()

là
2230xy z



0,25

TH 2 :
3
0
2
220
523 0 3
2
ba
abcd
abc ca
abcd
da



 



 


  




chọn 2 3; 2; 3abcd

    

Ta có phương trình mp ( )

là 2 3 2 3 0xyz


Vậy tìm được 2 mp ()

t/m ycbt là 2230xy z

hoặc
23230xyz
0,25
VII.b
+ Điều kiện:
2
220,210,50,40
()
01 1,02 1
xy x y x x y x
I
xy

     

    

.
1,00
1212
12 12

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
()
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2).
xyxy
xy xy
xy x y x
I
yx yx

 
   




   



0,25
Đặt
2
log (1 )
y
x
t

 thì (1) trở thành:
2
1

20 (1) 0 1.ttt
t

  
0,25
Với
1t 
ta có:
12 1(3).xy y x 
Thế vào (2) ta có:
0,25
2
11 1
44
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
44
xx x
xx
xx xxx
xx
 


        


0,25