Đề thi thử đại học lần thứ nhất môn Toán năm 2012 trường THPT Minh Khai pptx

Trường THPT Minh Khai ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. Cho hàm số
3 2
( 2) ( 1) 2
3
m
y x m x m x= + − + − +
(Cm)
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1
2.Tìm m để hàm số có cực đại tại x
1
, cực tiểu tại x
2
thỏa mãn x
1
<x
2
<1
Câu II.
1.Giải phương trình:
2
tan 2 sin(2 ) 0
1 cot 4
cos x
x x
x
π

− + − =
+

2. Giải hệ phương trình:
4 2 4
2 2
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + + = −


Câu III. Tính giới hạn
2 2 2
1
3 6 4
lim
tan( 1)
x
x
e e x x
x
→
− − +
−
Câu IV. Cho lăng trụ
ABCA B C

′ ′ ′
có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a,
AA
′
vuông góc với mặt phẳng (ABC) .Góc giữa
( )AB C
′
và
( )BB C
′
bằng
0
60
.Tính thể
tích lăng trụ
ABCA B C
′ ′ ′
.
Câu V.Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của

3 3 3
1 1 1
( ) ( ) ( )
A
a b c b c a c a b
= + +
+ + +

II.PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I biết
A(0;1),B(3;4) nằm trên (P) có phương trình
2
2 1y x x= − +
,I nằm trên cung AB của (P)
sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.Tìm tọa độ C,D
Câu VIIa. Giải phương trình:
2
3 4
log ( 2) log ( 4 3)x x x− = − +

CâuVIIIa. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển
3 2 6
( 2 2)x x x− + −
B. Theo chương trình nâng cao
CâuVIb. Cho hình vuông ABCD có tâm I
5 5
( ; )
2 2
, hai điểm A,B lần lượt nằm trên
đường thẳng x+y-3=0 và đường thẳng x+y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
Câu VIIb. Giải phương trình :
2 2 3
16 8
2
1 log 4 2log 4( 3) log (2 )x x x x
 
+ − = − + +

 
Câu VIIIb. Với 4 chữ số a,b,1,2 đôi một khác nhau lập được 18 số có 3 chữ số khác
nhau. Biết tổng của 18 số đó bằng 6440.Tìm a,b.
(Thí sinh thi khối B và khối D không phải làm câu V)
………………… (Giám thị không giải thích gì thêm)………………………
Họ và tên thí sinh:……………………………………………SBD:………………
TRƯỜNG THPT MINH KHAI KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THƯ NHẤT
NĂM HOC 2011 - 2012
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
CÂU 1

NỘI DUNG ĐIỂM
Khi m=1 thì
3 2
1
2
3
y x x= − +
TXĐ:D=R
Giới hạn :
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
CBT:
2
2y x x
′
= −

,
0
0
2
x
y
x
=

′
= ⇔

=

0,25đ
BBT
x
−∞
0 2 +
∞
y
′
+ 0 - 0 +
y 2 +
∞
−∞

2
3
0,25đ

Hàm số ĐB trên
( ;0) (2; )va−∞ +∞
,hàm số NB trên (0;2)
Hàm số đạt CĐ tại x=0,y
CĐ
=2, Hàm số đạt CT tại x=2,y
CT
=
2
3
0,25đ
Đồ thị :
2 2; 0 1y x y x
′′ ′′
= − = ⇔ =

nênU(1;
4
3
) là điểm uốn của đồ thị
Đồ thị cắt Oy tại (0;2) . Đồ thị đi qua (-1;
2
3
) và (3;2)
0,25đ
I
2
(1điểm)
1,25 đối
với khối

B,D
2
2( 2) 1y mx m x m
′
= + − + −
0y
′
= ⇔
2
2( 2) 1 0mx m x m+ − + − =
(1)
Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x
1
<x
2
<1 khi m>0 và(1) có 2
nghiệm phân biệt bé hơn 1
0,25đ
Đặt t=x-1
⇒
x=t+1 thay vào (1) ta có
2
( 1) 2( 2)( 1) 1 0m t m t m+ + − + + − =
2
4( 1) 4 5 0mt m t m⇔ + − + − =
(2)
(1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 khi và chỉ khi (2) có 2
nghiệm âm phân biệt
0,25đ
(+0,25

2
0
0
4( 1) (4 5) 0
0
4 5
0
0
0
1
0
m
m
m m m
m
P
m
S
m
m
>


>

− − − >


′
∆ >

 
−
⇔ ⇔
 
>
>
 
 
<
−

<


0,25đ

-1
O
2 3

2
2/3
x
y
0
0
4
3 4 0
5 4
3

4 5 0
5
4 3
4
1 0
1
m
m
m
m
m
m
m
m
m
>


>


<

− + >
 
⇔ ⇔ < <
 
− >
 
>

 
− <


>

Vậy 5/4<m<4/3
0,25đ

II
1
(1điểm)
(1,25đ đối
với B,D)
ĐKXĐ
1 cot 0
sin 0
cosx 0
x
x
+ ≠


≠


≠

pt
os2 .sinx sinx

sin 2 os2 0
sinx osx osx
c x
x c x
c c
⇔ − + − =
+
0,25đ
sinx 1
s2 ( 1) sinx(2cos ) 0
sinx osx cos
os2 .cos sinx. os2
0
sinx cos cos
co x x
c x
c x x c x
x x
⇔ − + − =
+
−
⇔ + =
+
0,25đ
2 2
2 2
sinx cos
os2 ( ) 0
cos sinx cos
cos2 (sin sinx.cos os ) 0

os2 0 (1)
sin sinx.cos os 0 (2)
x
c x
x x
x x x c x
c x
x x c x
⇔ − =
+
⇔ + − =
=

⇔

+ − =

0,25đ
2
(1)
4 2
1 5
(2) tan x+tanx-1=0 tanx
2
1 5
arctan
2
x k
x l
π π

π
⇔ = +
− ±
⇔ ⇔ =
− ±
⇔ = +
Đối chiêu điều kiện ta có nghiệm pt là:
4
1 5
arctan
2
x k
x l
π
π
π

= +


− ±

= +


0,25đ

II
2
(1điểm)

2
2
4 0
2 0
3
a 2 ( 0), 4 ( 0)
2 2
x y
DKXD
x y
b
D t x y a a x y b b x y a
+ ≥


+ ≥

+ = ≥ + = ≥ ⇒ + = −
0,25đ
Ta có hệ
2 2
2
3 1
2
5 6 0
2 2
4
4
a a b
a a

b a
a b


+ − = −
+ − =

⇔
 
= −


+ =

0,5đ
1
6( )
4
a
a loai
b a

=



= −




= −

2 1
1 2 1 4
3 4 9 7
4 3
x y
a x y x
b x y y
x y

+ =
= + = =
  

⇔ ⇒ ⇔ ⇔
   
= + = = −
+ =
  


0,25đ

III
(1điểm)
2 2( 1) 2
2 2 2
1 1
( 3( 1) 1

3 6 4
lim lim
tan( 1) tan( 1)
x
x
x x
e e x
e e x x
x x
−
→ →
− − +
− − +
=
− −
Đặt t = x-1 khi
1 0x t→ ⇒ →
0,25đ
Ta có
2 2 2 2 1 2
2 2
0 0 0
( 3 1) ( 1)cos (1 3 1)cos
lim lim lim
tan sin sin
t t
t t t
e e t e t t t
e e
t t t

−
→ → →
− + − − +
= +
0,25đ
2
2 2 2
0
0
2
1 3 .cos
lim( . .2cos ) .lim( ) 2
sin
2 sin
.(1 3 1)
t
t
t
e t t t
e t e e
t
t t
t
t
→
→
− −
= + =
+ +
0,5đ

IV
(1 điểm)
1,25đ
điểm với
khối B,D
Từ A kẻ AI
⊥
BC
⇒
I là trung điểm BC
⇒
AI
⊥
( BC
C B
′ ′
)
⇒
AI
⊥
B
′
C (1)
Từ I kẻ IM
⊥
B
′
C

(2)

Từ (1) (2)
⇒
B
′
C
⊥
( IAM)

⇒

B
′
C
⊥
MA (3)
Từ (2) (3)
⇒
góc giữa (A
B
′
C) và (
B
′
CB)
bằng góc giữa IM và AM =
·
AMI
= 60
0

(Do tam giác AMI vuông tại I)
Ta có AI =
1
2
BC a=
IM =
0
tan 60
3
AI a
=
∆
IMC
:

∆
B
′
BC
⇒
.IM IC IM B C
BB
BB B C IC
′
′
= ⇔ =
′ ′
⇔
BB
′

=
2 2
1 1
3
4
3 3
a
B C B C BB B B a
a
′ ′ ′ ′
= ⇔ = +

⇔
3
2
B B
′
=
2
B B
′
+ 4a
2

⇔
BB
′
=
2a
0,25

0,25
2
1 1
. .2
2 2
ABC
S AI BC a a a
∆
= = =
2 3
2. 2
ABC A B C
V a a a
′ ′ ′
= =
0,25
2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c
a b c
A
a b c b c a c a b a b c b c a c a b
 
+ +
 ÷
 
= + + ≥

+ + + + + + + +
0,25
=
2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
2( ) 2
2
a b c a b c
ab bc ca a b c
a b c
   
+ + + +
 ÷  ÷
 
   
= = + +
 ÷
+ +
 
 
+ +
 ÷
 
0,25
3
3 1 3
2 2abc
≥ =

Dấu “ = “ xảy ra
⇔
a = b = c = 1
0,25
A
′
C
′
B
′
A
M
C
I
B
M
C
′
B
′
B
I
C
Do
( )
2
2
3
1 2
1 2 3 1 2 3

1 2 3
.
a
a a
a a a b b b
b b b
 
+ + = + +
 ÷
 ÷
 
2
2 2
3
1 2
1 2 3
1 2 3
( )
a
a a
b b b
b b b
 
≤ + + + +
 ÷
 
(Theo bất đẳng thức Bunhia-copski)
Nên
2 2
2 2

3 1 2 3
1 2
1 2 3 1 2 3
( )a a a a
a a
b b b b b b
+ +
+ + ≥
+ +
0,25
I nằm trên cung AB của ( P) nên I ( a; a
2
– 2a + 1) với 0 < a <3
Do AB không đổi nên diện tích
∆
IAB lớn nhất khi d ( I, AB )
lớn nhất 0,25
AB
uuur
= ( 3; 3) nên đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến
n
r
( 1; -1)

⇒
phương trình AB: x – ( y -1) = 0
⇔
x – y + 1 = 0
0,25
d ( I,AB) =

2
2 1 1
2
a a a− + − +
=
2
3
2
a a− +
=
2
3
2
a a− +
do a
∈
(0;3)
⇒
d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất
⇔
2
( ) 3f a a a= − +
đạt giá trị lớn
nhất
⇔
3
2
a =
(từ BBT)
0,25

⇒
I
3 1
( ; )
2 4
Do I là trung điểm AC và BD nên ta có
1 7
(3; ); (0; )
2 2
C D− −
0,25
2
3 4
log ( 2) log ( 4 3)x x x− = − +
điều kiện xác định:
2
2
3
4 3 0
x
x
x x
>

⇔ >

− + >

phương trình
⇔

( ) ( )
2 2
3 2
log 4 4 log 4 3x x x x− + = − +
0,25
Đặt t = x
2
– 4x + 3 ta có phương trình.
log
3
( t +1) = log
2
t = a
⇔
1 3
2 1 3
2
a
a a
a
t
t

+ =

⇒ + =

=



0,25
⇔
2 1
1
3 3
a a
   
+ =
 ÷  ÷
   
(1)
Do hàm số
( )f a
=
2
3
a
 
 ÷
 
+
1
3
a
 
 ÷
 
nghịch biến trên R nên phương
trình (1) có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác

(1)f
= 1
⇒
a= 1 là
nghiệm duy nhất của phương trình (1)
a = 1
⇒
t = 2
⇒
x
2
– 4x + 3 = 2

⇔
x
2
– 4x + 1 = 0

VII a
( 1 điểm)

⇔
2 3
2 3
x
x

= +

= −



Đ/c điều kiện ta có nghiệm phương trình
2 3x = +
0,25
VIII
a
(1điểm)
( )
( )
( )
6 6
6 6
6
3 2 2 6 2
6 6
6 0
2 2 2 1 .( 2) .
k k k i i
k i
x x x x x C x C x
−
= =
− + − = − + = −
∑ ∑
0,25
Để lũy thừa của x bằng 8 thì k + 2i = 8
=> ( k, i) = {(6;1); (4;2); (0;4); (2;3)}
0.25
=> hệ số của x

8
là:
6 0 1 4 2 2 4 0 6 2 4 3
6 6 6 6 6 6 6 6
.( 2) . .( 2) . . .( 2) .( 2) . 6666C C C C C C C C− + − + − + − =
0,5
VI
b
(1 điểm)
Từ giả thiết => A ( a;3 – a)
B ( b;4 – b)
=>
5 1 5 3
; ; ;
2 2 2 2
IA a a IB b b
   
= − − = − −
 ÷  ÷
   
uur uur
ABCD vuông tâm I nên
. 0
IA IB
IA IB
=



=



uur uur
0,25
IA = IB
⇔
2 2
5 1
2 2
a a
   
− + −
 ÷  ÷
   
=
2 2
5 3
2 2
b b
   
− + −
 ÷  ÷
   
(1)
5 5 1 3
. 0 . . 0
2 2 2 2
IA IB a b a b
       
= ⇔ − − + − − =

 ÷  ÷  ÷  ÷
       
uur uur

⇔
2ab – 4a – 3b + 7 = 0

⇔
2a ( b -2) = 3b – 7

⇔

3 7
2( 2)
b
a
b
−
=
−
( do b = 2 không thỏa mãn ) (2)
0,25
Thay (2) vào (1)
2 2
2
2 3 5 2 34
2 8
2 4 2 4 4
b b
b b

b b
− + −
   
+ = − +
 ÷  ÷
− −
   
2 2
2
8 32 34 8 32 34
4( 2) 4
b b b b
b
− + − +
⇔ =
−
⇔
2
2
8 32 34 0 (3)
( 2) 1 (4)
b b
b

− + =

− =



Phương trình (3) vô nghiệm
(4)
⇔
1 2
3 1
b a
b a
= =
 
⇒
 
= =
 

0,25
Trường hợp 1: a = 2, b = 1
⇒
A(2;1); B( 1;3)
Do I là trung điểm của AC,BD nên C(3;4); D( 4;2)
Trường hợp 2: a =1, b = 3
⇒
A( 1; 2); B( 3;1)
Do I là trung điểm của AC,BD nên C(4; 3); D(2;4)
Điều kiện xác định :
x > - 2
VII
b
(1điểm)
1,25đ đối
với khối

B,D
x
≠
3
⇔

2 0
4
x
x
− < <


>


0
4
x
x
<


>




2
2 2 2

2
2
1 log ( 4 ) log (2 3) log (2 )
2( 4 ) 2 (2 ) 3
4 (2 ). 3 (1)
PT x x x x
x x x x
x x x x
⇔ + − = − + +
⇔ − = + −
⇔ − = + −


0,25
với x > 4 thì (1)
⇔
x
2
– 4x = ( 2 + x )( x-3)

⇔
x = 2 (loại)
0,25
với -2<x < 0 thì (1)
⇔
x
2
– 4x = ( 2 + x )( 3 –x)

⇔

2x
2
– 5x – 6 = 0
⇔
5 73
4
5 73
4
x
x

+
=



−
=


`
Đối chiếu đk ta có nghiệm pt là:
5 73
4
x
−
=
0,25
VIII
b

( 1 điểm)
Nếu a
≠
0, b
≠
0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được
3
4
A
= 24 số có
3 chữ số
≠
nhau. Như vậy phải có một số bằng 0.
0,25
Giả sử a = 0 khi đó ta lập được
3 2
4 3
A A−
=18 số và các chữ số 1,
2, b xuất hiện ở hàng trăm 6 lần, xuất hiện ở hàng chục và hàng
đơn vị 4 lần.
0,25
Vậy ta có:
100 .6( 1 + b + 2) + 10 . 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440
⇔
644 ( 3 + b ) = 6440
⇔
3 + b = 10
⇔
b = 7

0,25
Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7 0,25
(Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa)
0,25