ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN pot

1

www.VNMATH.com


Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học
Trờng thpt trần nguyên hãn Môn toán lớp 12- năm học 2011-2012
Thời gian làm bài : 180phút
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im )
Cõu I ( 2,0im) Cho hm s
3 2 3
3 1
2 2
y x mx m

1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1
2. Tỡm m th hm s cú hai im cc i , cc tiu i xng qua ng thng y = x.
Cõu II(2.0im)
1. Gii phng trỡnh:
3 3
17
6 2 sin 2 8cos 2 2 cos( 4 )cos2
2
16
cos
x x x x
x

với
5
( ; )
2 2
x


2. Giaỷi heọ phửụng trỡnh :







0222
0964
22
224
yxyx
yyxx

Cõu III (1.0 im) Cho phơng trình
x x x 3
(7 3 5) a(7 3 5) 2


a,Giải phơng trình khi a = 7
b, Tìm a để phơng trình chỉ có một nghiệm

Cõu IV(1.0 im) Cho khối lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền AB =
2
.
Mặt phẳng (A AB) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA =
3
.Góc

'
A AB
là góc nhọn và mặt phẳng
(AAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC
Cõu V(1.0 im) Cho
,
x y
, z là các số thực dơng và thoả mãn điều kiện
1
x y z

. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của
1 1 1
(1 )(1 )(1 )
M
x y z

.
PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im )
(Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.)

A/ Phn bi theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a: (2.0im)
1,Trong mt phng vi h to Oxy, hóy vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC bit trc tõm
(1;0)
H , chõn ng cao h t nh B l
(0; 2)
K , trung im cnh AB l
(3;1)
M .
2,Tìm hệ số của số hạng chứa
6
x
trong khai triển
1
2
n
x
x




, bit rng
2 1
1
4 6
n
n n
A C n

.
Cõu VII.a: (1.0im) Gii phng trỡnh:

2 3
8
2
4
log 1 2 log 4 log 4
x x x


B/ Phn bi theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: (2 .0 im) 1, Trong mt phng to Oxy cho hai ng thng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 v (d
2
): 4x +
3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm trờn (d
1
), (d
2
), trc Oy.
2, Cho elip ( E ):
2 2
x y
1
16 9

v ng thng (d
3
):

3x + 4y = 0
a) Chng minh rng ng thng d
3
ct elip (E) ti hai im phõn bit A v B. Tỡm to hai im ú
(vi hnh ca im A nh hn honh ca ca im B ).
b) Tỡm im M (x ; y) thuc (E) sao cho tam giỏc MAB cú din tớch bng 12.


2

www.VNMATH.com

Cõu VII.b: (1.0 im) Gii h phng trỡnh:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y
y x

Hết

đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần 1
Môn toán lớp 12- 2011-2012
Cõu ý

Hớng dẫn giải chi tiết Điể
m
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH
7.00
Cõu I
2









Khi m = 1 ta cú
3 2
3 1
2 2
y x x

.
Tp xỏc nh:

S bin thiờn
-Gii hn ti vụ cc:
lim
x
y


lim
x
y



-Chiu bin thiờn
Ta cú
2
' 3 3
y x x

;
0
' 0
1
x
y
x

3

www.VNMATH.com

Bảng biến thiên
x

0 1


y’ + 0 - 0 +

y

1
2





0


hàm số đồng biến trên khoảng


;0
 và


1;

,
hàm số nghịch biến trên khoảng


0;1
,
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
1
(0)

2
CÐ
y y
 

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1,


1 0
CT
y y
 
3.
 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 

 
 
;


1;0
và cắt trục tung tại điểm
1
0;
2
 

 
 
. Đồ thị nhận điểm uốn
1 1
;
2 4
U
 
 
 
làm tâm đối xứng.

4
2
-2
-4
y
-10
-5
5
10
x


2

Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.

1

Ta có y’=
2
3 3
x mx

0
' 0
x
y
x m


 




0.25



4

www.VNMATH.com

Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì
' 0
y

có hai nghiệm phân biệt

0
m
 
. Khi đó
giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là :
3
0;
2
m
A
 
 
 
và


; 0
B m
Ta có:
3
;
2
m
AB m
 

 
 

; trung điểm I của AB là:

3
;
2 4
m m
I
 
 
 

Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì
đường thẳng AB vuông góc với :
y x
 
và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng
. 0
AB u
I









 

3
3

0
0
2
2
4 2
m
m
m
m
m m

 




 
 
 




Đối chiếu điều kiện ta có
2
m  

0.25

0.25


0.25
Câu II

2
1


1
Ta có:
cos 0
2
x x k


   

0.25


Với đk pt(1)




3 2 2
8cos 6 2 sin 2 sin 2 cos 2 16cos
x x x x x

  

3
4cos 3 2sin 2 8cos
x x x
  
2
(2cos 3 2 sin 4) 0
x x
   

2
2sin 3 2 sin 2 0
x x
   
 
2
4
3
2
4
x k
k
x k





 


 


 




Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm
5
( ; )
2 2
x
 
 lµ
3 9
;
4 4
x x
 
 

0.5
2

1. 1









022)2(
4)3()2(
22
222
xyx
yx










0202)33)(42(
4)3()2(
22
222
xyx
yx








0202)33)(42(
4)3()2(
22
222
xyx
yx

§Æt





vy
ux
3
2
2
* Thay vµo ta cã hÖ pt





8)(4.
4

22
vuvu
vu

0.5


Gi¶I hÖ ta ®îc





0
2
v
u
HoÆc





2
0
v
u

Thay vµo gi¶I ta cã






3
2
y
x
;





3
2
y
x
;





5
2
y
x
;






5
2
y
x

0.5
Câu III


1



5

www.VNMATH.com



7 3 5
( )
2
x
t

( t > 0) ta có pt

2
8 0
t t a

(1)
Vi a = 7 ta cú
2
8 0
t t a


t 1
t 7






Phơng trình có hai nghiệm là
7 3 5
2
x 0
x log 7

0.5đ



2, Số nghiệm của pt (1) là số nghiệm t > 0 của phơng trình
2
8
a t t

là số điểm chung
của đờng thẳng y = a và đồ thị
2
8
y t t

với t > 0
lập bảng biến thiên của hàm só
2
8
y t t

với t > 0 kết luận pt chỉ có một nghiệm khi
a = 16 hoặc
0
a

0.5
Cõu IV

1






Gọi K., M là hình chiếu của A trên AB và AC
có :

( ' ) ( ) ' ( )
AA B ABC A K ABC
. Ta có AM

AC và KM

AC


0
' 60
A MK
,



'

A K x
. ta có

2 2 2
' ' 3
AK A A A K x
, MK =


2
2
sin 3 .
2
AK KAM x
Mặt khác

0
' cot60
3
x
MK A K
vậy ta có pt
2
2 3
3 .
2
3 5
x
x x

. ' ' '
1 3 5
. ' . . '
2 10
ABC A B C ABC
V S A K AC BC A K





0.5





0.5
Cõu V
1
1 1 1 ( 1)( 1)( 1)
(1 )(1 )(1 )
x y z
M
x y x xyz


.

2
4
2
4
2
4
1 4
1 4
1 4
x x x y z x yz
y y x y z xy z
z z x y z xyz




0.25

0.25

0.25


4 4 4
4
( 1)( 1)( 1)
64
x y z
x y z

M
xyz xyz

. Dấu = xảy ra khi x =y =z =1/3
0.25





6

www.VNMATH.com

Câu VIa

1

1

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)
HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.
AC x y
  
Ta cũng dễ có:
( ): 2 2 0

BK x y
  
.
+ Do ,
A AC B BK
 
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).
A a a B b b
 
Mặt khác
(3;1)
M là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
     
  
 
  
     
  

Suy ra:
(4; 4), (2; 2).
A B


+ Suy ra:
( 2; 6)
AB
  

, suy ra:
( ):3 8 0
AB x y
  
.
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)
HA 

, suy ra:
( ):3 4 2 0.
BC x y
  

KL: Vậy :
( ): 2 4 0,
  
AC x y
( ):3 8 0
  
AB x y ,
( ):3 4 2 0.
  
BC x y

0.5






0.5




2


1
Giải phương trình
2 1
1
4 6
n
n n
A C n



  
; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N.
Phương trình tương đương với
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!
n
n n n
n

   


( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n

   

 n
2
– 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
0.5

Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
 
12
24 3
12 12
12
12
2 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .
k k
k
k k k
k k
x C x x C x
x




 
 
  
 
 
 

Số hạng này chứa
6
x
khi
, 0 12
4
24 3 12
k N k
k
k
  

 

 

.
Vậy hệ số của số hạng chứa
6
x
là:
4 8
12
2
C

0.5
CâuVII.a

www.VNMATH.com

1

   
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
      (2) Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
 

  


  
 
 



 








 
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
           
       

0.5
M
H
K
C
B
A

7

www.VNMATH.com

+ Với
1 4
x
  
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)
x x   ;
 
2
(3)
6
x
x




 

lo¹i

Với
4 1

x
   
ta có phương trình
2
4 20 0
x x
  
(4);
 
 
2 24
4
2 24
x
x

 


 


lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
x

hoặc



2 1 6
x  



0.5

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b 1


Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)

Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3 suy ra pt ®êng trßn
2 , Toạ độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
x y

1
16 9
0
3x 4y

 



 


Vậy d
3
cắt (E) tại 2 điểm phân biệt
3 2
A 2 2;
2
 

 
 
,
3 2
B 2 2;
2
 

 
 

Ta có M(x;y )

(E)

x = 4cost và y = 3sint với t

[ 0 ; 2

]
Chú ý: AB =
5 2
, có 12 = S
MAB
=
1
2
5 2
d(M, (AB)) =
=
1
2
5 2
12cost 12sint
5

= 12
cos(t )
4






cos(t )
4


= 1

t =

/ 4 ; t =
5

/4
Vậy có 2 điểm M thoả mãn là:
1
3 2
M 2 2;
2
 
 
 
và
2
3 2
M 2 2;
2
 

 
 
 



0.5

0.5










0.5





0.5


CâuVII.b

www.VNMATH.com

1


Pt đầu

y – 2x + 8 =


6
2
2
y x
 

thế vào pt thứ hai ta được:
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
 
8 18 2.27
x x x
  
8 18
2
27 27
x x
   

  
   
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
  
   
   


0.25

0.25


8

www.VNMATH.com

t: t =
2
3
x

, (k t > 0 ) , ta cú pt:




3 2
2 0 1 2 0
t t t t t


0
1
0
x
t
y









Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
- Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm - Xin cảm ơn
Ngời ra đề : Mai Thị Thìn

05











1, Dng tham s ca d
1
v d
2
l:
1 2
7 3 7 '
: 3 2 , : 1 2 '
9 1 3 '
x t x t
d y t d y t
z t z t

Vộc t ch phng ca d
1
, d
2
ln lt l :
1 2
(1;2; 1); ( 7;2;3)
u u

; d
1
i qua im A(7;3;9), d
2
i
qua im B(3;1;1).
1 2
( 4; 2; 8) , . 168 0
AB u u AB





d
1
v d

2
chộo nhau
.
1 2
(7 ;3 2 ;9 ); (3 7 ';1 2 ';1 3 ')
M d M t t t N d N t t t


(4 7 ';2 2 2 ';8 3 ')
NM t t t t t t


, MN nh nht

MN l on vuụng gúc chung ca hai
ng thng chộo nhau d
1
v d
2
1 1
2
2
. 0 6 6 ' 0
6 44 ' 0 ' 0
. 0
MN d NM u
t t t o
MN d t t t
NM u

To im M v N ln lt l: M(7;3;9), N(3;1;1) ;
(4;2;8) 2(2;1;4)
NM


ng thng d i qua N(3;1;1) v nhn
(2;1;4)
u

lm mt vộc t ch phng nờn phng trỡnh ca
ng thng d l:
3 1 1
2 1 4
x y z

Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
- Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm Xin cảm ơn
Ngời ra đề : Mai Thị Thìn
= = = = = == = = Hết = = = = = = = =