Đề và đáp án thi thử đại học (lần thứ 1) môn thi: Toán; khối B, D

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 (lần thứ 1) Môn thi: TOÁN; khối B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.  PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh:(7 ®iÓm) C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y  x 3  3 x  2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho điểm A có hoành độ bằng 2 và BC= 2 2 . C©u II (2 ®iÓm). . . 1. Giải phương trình: cos 2 x  cos x 2 tan 2 x  1  2 . x. x. 2. Giải phương trình: log(10.5  15.20 )  x  log 25.. 2 x  y  m  0 có nghiệm duy nhất.  x  xy  1 C©u IV (1 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a. Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SC, SD. Chứng minh đường thẳng SN vuông góc với mặt phẳng (MEF). C©u V (1 ®iÓm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biểu thức:  1  1 P   x2  2   y 2  2  y  x   C©u III (1®iÓm) Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình: .  PhÇn Riªng: (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc chän lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo chương trình chuẩn. C©u VI.a (2 ®iÓm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. x2 y 2   1 , có các tiêu điểm là F1 , F2 . Tìm tọa độ các điểm M 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : 4 1 nằm trên elip (E) sao cho MF1  MF2 . 2x  1 C©u VII.a (1 ®iÓm) Cho hàm số y  có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng x 1 cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến bằng 2 . B. Theo chương trình nâng cao. C©u VI.b (2 ®iÓm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  4  0 . Tia Oy cắt (C) tại điểm A. Lập phương trình đường tròn (C’) có bán kính R’ = 2, biết (C’) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm B 0;3;0 , M 4;0; 3 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 . ( O là gốc toạ độ). x 2  3x  a C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hàm số: y  (a là tham số) cú đồ thị là (Ca). Tìm tất cả cỏc giỏ trị của a để x 1 (Ca) có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất trong hệ trục tọa độ Oxy. Với cỏc giỏ trị a khi đó, chứng tỏ hàm số luụn cú hai cực trị. Lop10.com ______________ HÕt______________.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh:................................................; Số báo danh....................... §¸p ¸n - thang ®iÓm THI THö §¹I HäC N¡M HäC 2012 (lần thứ 1) M«n thi: To¸n, khèi: B, D. (Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa) C©u I (2 ®iÓm). §¸p ¸n. §iÓm. 1. (1,0 ®iÓm) Hàm số y = x3  3x + 2.  Tập xác định của hàm số là R.  Sự biến thiên của hàm số a) Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  ; lim y   x . 0,25. x . b) Bảng biến thiên: Ta có y’ = 3x2  3 y’= 0  x = -1 hoặc x = 1 . x y’.  +. -1 0 4. . 1 0. + + +. y . 0,25. 0.  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; -1) và (1; +), nghịch biến trên (-1;1). • Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) = 4. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y 1 = 0.  Đồ thị:  Điểm uốn Ta có y ' '  6 x ; y ' '  0  x  0 . Nhận thấy y’’ đổi dấu khi x qua điểm x  0 . Do đó, điểm I 0; 2  là điểm uốn của đồ thị.  Đồ thị cắt trục tung tại điểm 0; 2 .  Phương trình y  0 .. 0,25. y (C) 4 2 -2. -1 0. 1 2. x. 0,25.  x 3  3x  2  0  x  12 x  2   0  x  2  x  1. Do đó, đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm là  2; 0  và (1; 0). Ngoài ra đồ thị còn đi qua điểm (2; 4).  Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I 0; 2 làm tâm đối xứng. 2. (1 ®iÓm) Với x A  2  y A  4 . Đường thẳng  đi qua A 2; 4  với hệ số góc k có phương trình: y  k x  x A   y A.   : y  k x  2   4 .. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và  là: Lop10.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . . x 3  3 x  2  k x  2   4  x  2  x 2  2 x  k  1  0. x  2  2  g x   x  2 x  k  1  0 (1) Điều kiện để có hai điểm B, C là phương trình g x   0 có hai nghiệm phân biệt  '  0 k  0 khác 2 hay tương đương với  (*)  k  9  g 2   0. 0,25. Khi đó B x1 ; y1 ; C x2 ; y2  , với x1 , x 2 là nghiệm phương trình (1) và y1  kx1  2k  4 ; y 2  kx2  2k  4 ;. Suy ra. x2  x1 2  y 2  y1 2  x2  x1 2  k 2 x2  x1 2 BC 2  x 2  x1 2 1  k 2  x1  x 2 2  4 x1 x 2 1  k 2  4  41  k 1  k 2 . Hay. BC 2  4k 3  4k. Ta có BC . (theo Viet x1  x 2  2, x1 .x 2  1  k ).  . Theo giả thiết BC = 2 2 nên ta có 4k 3  4k  2 2. . . 2.  4k 3  4k  8  0.  4k  1 k 2  k  2  0  k  1 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy đường thẳng  : y = x + 2. II (2 ®iÓm). . 2. 0,25. . 0,25. 1. (1,0 ®iÓm) Đặt cos 2 x  cos x 2 tan x  1  2 là (1) Điều kiện xác định của phương trình là: cos x  0  x   / 2  k , k  Z (*) Với điều kiện (*), phương trình: 1 (1)  (2 cos 2 x  1)  cos x[2( 2  1)  1]  2 cos x 3 2  2 cos x  3cos x  3cos x  2  0  (cos x  1)(2 cos 2 x  5cos x  2)  0  cos x  1  1   cos x  2  cos x  2 (vonghiem)   x    k 2    , k  Z   x    k 2 3  Các giá trị trên đều thỏa mãn điều kiện (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho. 2. (1,0 ®iÓm) Ta có: log(10.5 x  15.20 x )  x  log 25. . . .  log 10.5 x  15.20 x  log 25.10 x x. x. . 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. x.  10.5  15.20  25.10  15.4 x  25.2 x  10  0 (chia hai vế của phương trình cho 5 x ) t  1(tm) 2 x §Æt t  2 (t  0) , ta ®­îc phương trình : 15t - 25t +10 = 0   2 t  (tm)  3. Với t  1  2 x  1  x  0 2 2 2  x  log 2   Với t   2 x  3 3 3 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  0 và x  log 2   . 3 Lop10.com. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> III (1 ®iÓm). Ta có. 2 x  y  m  0 2 x  y  m  0 (I)     x  xy  1  xy  1  x Với điều kiện 1  x  0  x  1 ta có:  y  2x  m (I)   2  x2 x  m   1  x  (1) Do x = 0 không là nghiệm của (1) nên : (1  x) 2 1 (1)  2 x  m   m  x2 (2) x x 1 Xét hàm số : f x   x  2  với x  1. x 1 f ' x   1  2  0 x  (;1] \ 0 x Suy ra bảng biển thiên của hàm số x  + f’(x). 0. 0,25. 0,25. 1 +. . f(x). 2. . 0,25. . Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm duy nhất x  1. 1  Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f x   x  2  trên (;1] tại x đúng một điểm. Từ bảng biến thiên, suy ra m  2 . Vậy m  2 là các giá trị cần xác định của tham số m. 0,25. Chú ý : Học sinh có thể sử dụng phương pháp lớp 10 trong bài này. IV (1 ®iÓm). a) Gọi O = AC  BD Theo giả thiết SA = SB = SC= SD và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S và O cách đều bốn điểm A, B, C, D. Suy ra SO  ( ABCD). a 5 AC  AB  BC  a 5  AO  2 Trong tam giác vuông SOA, 3a 2 2 2 2 SO = SA - AO = 4 B a 3  SO  . 2 Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: 2. S 0,25. F. a 2. K. 2. A. D. E. 2a. M N. O a. C. 1 a3 3 SO.S ABCD  (đvtt). 3 3 b) Gọi K là trung điểm EF, khi đó K là trung điểm SN. VS . ABCD . a 2 3a 2   a , do đó SM  MN , suy ra tam giác 4 4 SMN cân tại M, dẫn đến SN Lop10.com MK .. 0,25. Ta có SM  MO 2  SO 2 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> V (1 ®iÓm). Mặt khác SN  EF , suy ra SN  MEF . đpcm. 1 2 Ta biến đổi P  2  xy   ( xy ) 2  x, y  0 1 Do  nên 1  x  y  2 xy  0  xy  . 4 x  y  1 1 Đặt t  xy 2 , điều kiện của t là 0  t  16 1 Khi đó biểu thức P  f t   2  t  t 2 t 1  1 f ' t   2 ; ta thấy f ' t   0 với mọi t   0;  , suy ra hàm số f(t) nghịch biến t  16   1 trên nửa khoảng  0;   16  Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là:  1  289 min P  min f t   f    . 1  16  16 t( 0; ] 16. VI.a (2 ®iÓm). 1. (1,0 ®iÓm) Gọi H là trung điểm BC, khi đó; 1 4  4 9 AH  d A,     2 12  (1) 2 Theo giả thiết S ABC  18 . 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. A. 1 BC. AH  18 2.  36 H B C 4 2. Suy ra BC  AH Đường thẳng AH đi qua điểm A(-1;4) và vuông góc với đường thẳng  nên có phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay AH : x  y  3  0 . x  y  4 H  AH    tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:  , suy ra x  y  3 7 1 tọa độ H  ;  . 2 2 Điểm B nằm trên đường thẳng  : y  x  4 nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4) 2. 2. BC2 7  1   HB   8  m    m  4   4 2  2  7 11  m 2 2  7  2 2  m    4  2  m  7  2  3  2 2 Vậy tọa độ của hai điểm B, C là:  11 3   3 5   11 3   3 5  B ; , C  ;   hoặc là C  ; , B ;  .  2 2 2 2  2 2 2 2 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2. (1,0 ®iÓm) Từ phương trình của elip ta có a  2, b  1  c  a 2  b 2  3 .. .   3; 0.. Vậy hai tiêu điểm của elip là F1  3; 0 , F2 Lop10.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> x02 y 02  1 4 1. Gọi M x0 ; y 0  thuộc elip, khi đó ta có. MF1  MF2 , suy ra M nằm trên đường tròn tâm O bán kính R = có phương trình x02  y 02  3. 0,25. (1) F1 F2 = 3 , đo đó ta 2. 0,25. ( 2).  2 8  x0  3 Giải hệ gồm hai phương trình (1) và (2) ta được  1  y 02  3  Vậy có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán, M có tọa độ là:  8 1   8 1   8 1   8 1   ;         3 3 ;  3 ;  3 ;   3 ; 3 ;   3 ;  3         . VII.a (1 ®iÓm). Ta có y ' . 0,25. 1 . ( x  1) 2.  2x  1    C  Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M  x0 ; 0 x0  1   2x  1 1 x  x0  0 Phương trình của d có dạng: y   2 x0  1 ( x0  1) Hay. d : x  ( x0  1) 2 y  2 x02  2 x0  1  0 .. Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng 1  2( x0  1) 2  2 x02  2 x0  1   2 12  ( x0  1) 4 . VI.b (2 ®iÓm). 0,25. 2  2x 0 1  (x 0  1) 4. 2. 0,25.  2  2 x0  12  1  x0  14  x0  12  1. Giải được nghiệm x 0  0 và x 0  2 Vậy các tiếp tuyến cần tìm có phương trình là : x  y  1  0 và x  y  5  0 . 1. (1,0 ®iÓm) Đường tròn (C) có tâm là I(-2 3 ; 0) và y bán kính R = 12  4  4. Tia Oy cắt đường tròn tại A(0;2). Gọi I’ là tâm của đường tròn (C’). 2 I’ A  x  2 3t Phương trình đường thẳng IA :  I  y  2t  2 x O Điểm I '  IA nên I’( 2 3t ; 2t  2 ) Từ giả thiết đường tròn (C’) bán kính R’ = 2 tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) bán kính :   1 R = 4 tại điểm A nên ta có: AI  2 I ' A  t   I '( 3;3) 2. . Vậy đường tròn (C’) có phương trình: x  3.    y  3  4 . 2. 2. 2. (1,0 ®iÓm) Do các điểm A và C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy và khác gốc O nên: Lop10.com. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VII.b (1 ®iÓm). Aa; 0; 0 , C 0; 0; c  với ac  0 Mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên 3 trục tọa độ nên có phương 0,25 x y z   1 trình dạng: (phương trình theo đoạn chắn) a 3 c 0,25 4 3 Theo giả thiết M 4;0; 3 P     1  4c  3a  ac (1) a c ac 1 1 1 0,25 VOABC  OB.S OAC  .3. ac   3  ac  6 (2) 3 3 2 2 a  4 ac  6 ac  6 a  2  Từ (1) và (2) ta có hệ    3 4c  3a  6 4c  3a  6 c   2 c  3 Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x y 2z x y z 0,25 P1 :    1; P2 :    1 4 3 3 2 3 3 +) Tập xác định R \  1.. Ta cã:. y' . x 2  2x  3  a. x  1. 2. §å thÞ cã tiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®­êng ph©n gi¸c cña gãc phÇn t­ thø nhÊt y = x khi vµ chØ khi hệ số góc của tiếp tuyến là y ' x   1 2 Hay phương trình x  2x  3  a  1 cã nghiÖm x 2 x  1.  2 x  1  a  2 cã nghiÖm x kh¸c -1  a  2  0  a  2. +) Ta có y ' x   0  x2 + 2x +3 – a = 0, (*) ( x  1 ). 0,25. 2. Đặt f x   x 2  2 x  3  a ; ta có f  1  2  a  0 với a  2 Phương trình (*) có '  a  2  0 với a  2 . Vậy khi a  2 thì phương trình y ' x   0 luôn có hai nghiệm phân biệt khác -1 và y’ đổi dấu khi x đi qua hai nghiệm này, khi đó hàm số luôn có hai cực trị. đpcm.. ____________HÕt___________. Lop10.com. 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>