Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 196

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
Trường THPT Kim Sơn A

Câu 1: Cho hàm số y =

Môn thi: Toán học Khối A-B (lần 2)
(Thời gian làm bài 180 phút)

1 4
x − 2mx2 + m (1)
4

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 .
2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (C) có ba điểm cực trị; đồng thời ba điểm cực trị
đó tạo thành một tam giác có diện tích là 32 2 .
Câu 2: 1) Giải phương trình

π
3 sin 2x + cos 2x + 2 = 6 cos(x − )
6

 2(x − y) = xy
2) Giải hệ phương trình 
 x + 1 + y + 1 + x + y + 4 = 4
π
3

Câu 3: Tính tích phân I = ∫ x.tan2 xdx
0

Câu 4: Cho hai hình chóp SABCD và S’ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a.Hai đỉnh
S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt
là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết
rằng SH = S’K = 3a.
Câu 5:Cho hai số dương x và y thỏa mãn x + y ≥ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

3x2 + 4 2 + y 3
+
.
4x
y2

Câu 6: 1) Trong mặt phẳng (Oxy), cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB, AD theo thứ
tự là x + 2y − 2 = 0 ; 2x + y + 1 = 0 . Cạnh BD chứa điểm M(1;2). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi.
2) Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng (d): 3x − 4y + 5 = 0 và đường tròn (C) có
phương trình x 2 + y 2 + 2x − 6y + 9 = 0 . Tìm tọa độ các điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho
MN có độ dài ngắn nhất.
Câu 7: Tìm hệ số của số hạng chứa x16 trong khai triển nhị thức Newton của (1 − x 2 3)n +15 biết
4
−n
rằng Cnn ++10
= C11
n +10 (với n là số nguyên dương). .

============Hết============
Họ và tên thí sinh: …………………………………………
Số báo danh:…………….

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
Trường THPT Kim Sơn A
Câu
1.1

1.2

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Khối AB (lần 1)
Điểm

Nội dung
1,0 điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y =

TXĐ, CBT ,Cực trị
Giới hạn tiệm cận
BBT
Đồ thị
2x
4
⇒ y'=
y=
1,0 điểm
( x + 2) 2
x+2
Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. PT tiếp tuyến là
y=

3

0.25đ

4.(−2) − (x 0 + 2)2 2 + 2x 02
16 + (x 0 + 2)

Ta có 16 + (x 0 + 2) 4 ≥ 2 16(x 0 + 2)4 = 8(x 0 + 2)2 ⇒ d(I; d) ≤

2.2

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

2x 0
4
(x − x 0 ) +
⇔ 4x − (x 0 + 2) 2 y + 2x 20 = 0
2
(x 0 + 2)
x0 + 2

Tâm đối xứng của (C) I(−2; 2) ⇒ d(I; d) =

2.1

2x

x+2

4

8 x0 + 2

=

16 + (x 0 + 2)4

8 x0 + 2
8 x0 + 2

2

0.25đ

=2 2

⇒ max d(I; d) = 2 2 ⇔ (x 0 + 2)2 = 4 ⇔ x 0 = 0 ∨ x 0 = −4
⇒ Các PTTT cần tìm là y = x và y = x + 8
1,0 điểm. Giải phương trình lượng giác
π
π
π


cos(2x − 4 ).cos(2x + 4 ) ≠ 0
sin( 2 − 4x) ≠ 0
cos4x ≠ 0

Đk: 

sin 4x ≠ ±1

⇔ cos 2x ≠ 0
⇔ cos 2x ≠ 0 ⇔ 
cot x − tan x ≠ 0
sin 4x ≠ 0
sin x.cos x ≠ 0
sin 2x ≠ 0
sin 2x ≠ 0





2
2
cos x − sin x
PT ⇔ −
= 4cos 2 2x ⇔ −cos2x = 2sin 2x.cos 2 2x ⇔ sin 4x = −1(ktm)
sin x.cos x
So sánh điều kiện: PT đã cho vô nghiệm.
1,0 điểm
ĐK: x > 2 / 3 .Ta có:
PT(2) ⇔ log 2 (2x 2 − 3x + 2) = log 2 x 3x − 2 ⇔ 2x 2 − 3x + 2 = x 3x − 2
y = x
3x − 2 = y > 0 ⇒ 2x 2 − xy − y 2 = 0 ⇔ 
 y = −2x(loai do x, y > 0)
2

⇒ 3x − 2 = x ⇔ x − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1(tm) ∨ x = 2(tm)
1,0 điểm
(x 2 + 2011).26 1 − 11x − 2011 x
sin x
x
với lim
L = lim
.
= 1 ⇒ lim
=1
x →0
x →0
x → 0 sin x
x
sin x
x

0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.5đ
0.25đ
025đ
0.25đ
0.5đ

0.25đ

Đặt f (x) = (x 2 + 2011).26 1 − 11x ⇒ f '(x) = 2x.26 1 − 11x −

11(x 2 + 2011)
2626 (1 − 11x) 25

; f (0) = 2011

(x 2 + 2011).26 1 − 11x − 2011
f (x) − f (0)
= lim
= f '(0)
→
x →0
x
0
x
x−0
−22121
−22121
⇒L=
.1 =
26
26
1,0 điểm Học sinh phải vẽ hình, sai hình không chấm bài toán này.
Thiết diện là hình thang vuông BCNM. Tính được SA = a 3
2
4a
⇒ MN = AD =
3

3
1
10a 2 3
SBCNM = BM.(BC + MN) =
2
9
MA BA 1
Vì
=
= ⇒ BM là đường phân giác trong của tam
MS BS 2
giác BSM. Kẻ SH ⊥ BM mà BC ⊥ (SBA) ⇒ BC ⊥ SH
⇒ SH ⊥ (BCNM), tính được SH = SBsin 300 = a
1
10a 3 3
(đvtt)
Vậy VSBCNM = SH.SBCNM =
3
27
lim

4

0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

S
S'

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành =>
M, N là trung điểm SB, S’D :
V = VS . ABCD − VS . AMND

N

M
D

C

H

0,25

K

A
B

VS . AMND = VS . AMD + VS .MND ;
VS . ABD = VS . ACD

1
3
5
= VS . ABCD ; VS . AMND = VS . ABCD ⇒ V = VS . ABCD
2
8
8

5 2
a h
24
1,0 điểm
a3
b + 2 b 2 − 2b + 4 a
a3
9a − b 2 + 2b − 4
+
+
≥
⇒
≥
b3 + 8 27
27
3
b3 + 8
27
3
2
3

2
b
9b − c + 2c − 4 c
9c − a + 2a − 4
Tương tự 3
≥
; 3
≥
c +8
27
a +8
27
2
2
2
10(a + b + c) − (a + b + c ) − 18 12 − [(a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca)]
⇒ VT ≥
=
= VP
27
27
=> đpcm
⇒V =

5

VS . AMD SM 1 VS .MND SM SN 1
=
= ;
=

.
= ;
VS . ABD
SB 2 VS . BCD
SB SC 4

0.25
0.25
0.25

0.25đ

0.5đ


Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
6a.1 1,0 điểm
x + 2y − 2 = 0
4 5
Tọa độ A là nghiệm của hệ PT 
⇒ A(− ; )
3 3
2x + y + 1 = 0
Điểm N thuộc tia phân giác AC của góc BAD, khi đó N cách đều AB và AD. Mặt khác
N,M cùng phía đối với đường thẳng AB và đối với đường thẳng AD
 x + 2y − 2
2x + y + 1
=

5

5

Khi đó (x + 2y − 2)(1 + 4 − 2) > 0 ⇔ AC : x − y + 3 = 0
(2 + 2 − 2)(2x + y + 1) > 0


Viết phương trình BD(qua M và vuông góc AC) là x + y − 3 = 0 . Tìm tọa độ giao điểm
với AB và AD ta có B(4; −1), D(−4; 7)
4 13
Tâm I của hình thoi là trung điểm BD và AC ⇒ I(0;3) ⇒ C( ; )
3 3
6a.2 1,0 điểm
(C) có tâm I của có là I(-1;3), bán kính R = 1, d(I,d)=2>R nên d không cắt (C)
Viết phương trình đường thẳng d’ qua I và vuông góc với d, tìm được điểm hình chiếu
1 7
của I trên d là N '( ; )
5 5
2 11
8 19
Tìm được giao điểm d’ với đường tròn là M '(− ; ), M ''(− ; )
5 5
5 5
MN ngắn nhất khi M ≡ M ', N ≡ N '
7a 1,0 điểm
Gọi không gian mẫu là tập các kết quả lập được số tự nhiên có 6 chữ số
n(Ω) = 9.105 = 900000
Gọi A là biến cố lập được số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nếu kể cả số 0 đứng đầu: có 10 cách chọn chữ số xuất hiện 3 lần, có C36 cách chọn vị
trí. Tiếp theo có 9 cách chon chữ số xuất hiện 2 lần, và có C36 cách chọn vị trí. Cuối
cùng có 8 cách chọn chữ số còn lại ⇒ S = 10.C36 .9.C32 .8

9
Vai trò các chữ số bình đẳng ⇒ n(A) = .S = 38880
10
n(A) 38880
=
Vậy P(A) =
n(Ω) 900000
6b.1 1,0 điểm
5
5
x; MF2 = 4 − x
4
4
Mà cos F1MF2 = −0,5 , áp dụng định lí cosin trong tam giác MF1 F2
(H) có tiêu điểm F1 (−5; 0), F2 (5; 0) . Gọi M ( x; y ) ⇒ MF1 = 4 +

F1F22 = MF12 + MF22 − 2 MF1.MF2 .cos F1MF2 ⇒ x = ±

8 7
25

0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.25đ


3
3
⇒ y=±
. Vậy có 4 điểm M thỏa mãn.
25
5
1
S MF1F2 = .MF1.MF2 .sin120° = 3 3
2
6b.2 1,0 điểm
Xác định tâm và bán kính hình chóp tam giác đều SABC
Tính được bán kính R
ADCT tìm được diên tích mặt cầu
7b 1,0 điểm
ĐK: x + 2 y + 6 > 0; x + y + 2 > 0
2

2
x 2 + 2011
y2 − x2
2012
= 2
⇔ 2012 y ( y 2 + 2011) = 2012 x ( x 2 + 2011)
y + 2011
⇒ y2 =

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ

0.25đ

⇔ y 2 ln 2012 + ln( y 2 + 2011) = x 2 ln 2012 + ln( x 2 + 2011)
Xét hàm số:
1
> 0∀t ≥ 0
ln 2010.(t + 2011)
⇒ f (t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) ⇒ f ( x 2 ) = f ( y 2 ) ⇔ x 2 = y 2 ⇔ x = ± y
f (t) = t ln 2012 + ln(t + 2011), t ≥ 0 ⇒ f '(t) = ln 2012 +

0.25đ

x = − y ⇒ 3log 3 ( y + 6) = 3 ⇔ y = −3 ⇒ x = 3 (thỏa mãn)

0.25đ

 x + 2 = 9t
1 t 8 t
x = y ⇒ 3log 3 ( x + 2) = 2log 2 ( x + 1) = 6t ⇒ 
⇒
(
) + ( ) =1
t
9
9
 x + 1 = 8
Xét hàm số t = 1 ⇒ x = y = 7 (thỏa mãn)
KL: HPT có 2 nghiệm (3; −3); (7; 7)

0.25đ