BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (249.94 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

www.MATHVN.com

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) 
NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn: TỐN; Khối: A và A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 01 trang)

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số 2 ( )
3
x

y C

x

+
=

−

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từđiểm M đến đường tiệm cận ngang bằng

lần khoảng cách từđiểm M đến đường tiệm cận đứng.
Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương

trình:8 sin

(

6 x+cos6 x

)

+3 3 sin 4x =3 3 cos 2x−9 sin 2x+11.
Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên ℝ: x x y xy y

x y x y

3 6 2 9 2 4 3 0

 − + − =



− + + =


Câu 4. (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm của hàm số:

( )

2
3
1 x
f x

x x

−
=

+ trên đoạn 1;8

Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC =
2 3a,

BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng
(ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

4
a

. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD theo a.

Câu 6. (1,0 điểm). Cho *
,

a b∈ℝ+. Chứng minh rằng: a2 b 3 b2 a 3 2 2a 1 b 1

4 4 2 2

     

+ + + + ≥ + +

     

     

II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉđược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7a. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ +:x 2y− =3 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; -
4). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA+3MB

nhỏ nhất.

2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường trịn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.

Câu 8a. (1,0 điểm) Giải bất phương trình trên ℝ: 8 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8)− và hai đường thẳng
1:2 5 3 0

d x+ y+ = ; d2:5x−2y− =7 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d3 đi
qua P tạo với d1, d2thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14, 5.

2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): 1

9
16

2
2

=
y

x . Viết phơng trình chính tắc của 
elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ së cña (H).
Câu 8b. (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow

(

)

x 1

3 x 1 2

8
1

log 3 1
log 9 7 5

2 2

−

−+ − +

 

 

  . Hãy tìm các giá trị của

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

………..………
…..

Ghi chú: Dự kiến khảo sát chất lượng thi Đại học ( lần II) tổ chức vào các ngày 30 và 31 tháng 3 năm 2013.

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
www.MATHVN.com

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC (LẦN I) 
NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn: TỐN; Khối: A và A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đáp án có 04 trang)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu Lời giải chi tiết Điểm

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị hàm số.

* Tập xác định D=ℝ\ 3

{ }

* Sự biến thiên:

+/ Giới hạn và tiệm cận:
xlim→−∞y=1; limx→+∞y=1:

Đồ thị có tiệm cận ngang là y=1

3 3

lim ; lim
x x

y y

+ −

→ = +∞ → = −∞: Đồ thị có tiệm cận đứng là x=3

0,25

+/ Ta có:

(

)

' 0; 3

y x

x

−

= < ∀ ≠

− ,

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên các khoảng

(

−∞;3

)

và

(

3;+∞

)

x −∞ 3 +∞
'

y − 0 0 −
y

1 +∞

−∞ 1

0,5

* Đồ thị:

12
10
8
6
4
2

-2
-4
-6
-8
-10

-25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20

0.25

2. (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị

Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): ;1 5 , 3
3

M a a

a

 

= + −  ≠

 

Tiệm cận đứng ∆1:x− =3 0; tiệm cận ngang ∆2:y− =1 0

0,25

Theo giải thiết:

(

; 2

)

(

; 1

)

5 5 3
3

d M d M a

a

∆ = ∆ ⇔ = −

− (1) 0,25

Giải phương trình (1), ta được: a=4;a=2 0,25

Câu 1. 
(2,0

điểm)

Vậy các điểm cần tìm là: M =

( )

4; 6 &M'=

(

2; 4−

)

0,25
Giải phương trình:8 sin

(

6 x+cos6 x

)

+3 3 sin 4x=3 3 cos 2x−9 sin 2x+11.

Câu 2. 
(1,0

điểm) Phương trình

(

2 2

)

8 1 3sin− xcos x +3 3 sin 4x−3 3 os2c x+9 sin 2x− =11 0

(

)

(

)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

(

2 sin 2 1

)

(

3 os2 sin 2 1

)

0 2 sin 2 1 0 1

( )

( )

3 os2 sin 2 1 2

x

x c x x

c x x

− =



⇔ − − + = ⇔

− = −

 0,25

Giải phương trình (1): sin 2 1 12

(

)

x k

π π
π π

 = +


= ⇔ ∈

 = +


ℤ 0,25

Giải phương trình (2): 3 os2 sin 2 1 os 2 1 4

(

)

6 2

x k

c x x c x k

x k

π π
π

π π



= +



 

− = − ⇔  + = − ⇔ ∈

   = − +



ℤ 0,25

Giải hệ phương trình: x x y xy y

x y x y

3 6 2 9 2 4 3 0 (1)

2 (2)

 − + − =



− + + =



Ta có: (1) ⇔ (x y− ) (2 x−4 ) 0y = ⇔ x y

x 4y
 =
 =

 0,5

Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2 0,25
Câu 3.

(1,0 
điểm)

Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x=32 8 15;− y= −8 2 15 0,25
Tìm nguyên hàm của hàm số:

( )

3
1 x
f x

x x

−
=

+ trên đoạn 1;8 www.MATHVN.com

Vì hàm số liên tục trên

[ ]

1;8 . Ta có:

2 2

1
1
1

x x

dx dx

x x

x
x

−

− =

+ +

∫

0,5

Câu 4. 
(1,0 
điểm)

= 2

1 1

1 ( )

1
ln( )

1 1

d x

x dx x x C

x

x x

− +

= − = − + +

+ +

∫

Vậy nguyên hàm của hàm số

( )

2
3
1 x
f x

x x

−
=

+ trên đoạn

[ ]

1;8 là:

( )

1
ln( ) ;

F x x C C

x

= − + + ∈ℝ

0,5

(1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vng tại O và AO = a 3; BO = a , do đó

A DB = . Hay ∆ABDđều. Do

(

SAC

) (

; SBD

) (

⊥ ABCD

)

nên giao tuyến của chúng
SO⊥ (ABCD).

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3;

OK // DH và 1 3

2 2

a

OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI 3

4
a
OI =

0,25
Câu 5.

(1,0 
điểm)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 12 1 2 12

2
a
SO

OI = OK + SO ⇒ =

Diện tích đáy 2

4 2. . 2 3

D S

ABC ABO

S = ∆ = OA OB= a ;

đường cao của hình chóp

2
a

SO= .

Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.

1 3

3 3

D D

S ABC ABC

a

V = S SO=

0,5
S

A

B K 
H 
C

O

I 
D

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Chứng minh rằng: a2 b 3 b2 a 3 2a 1 2b 1

4 4 2 2

      

+ + + + ≥ + +

      

      

Ta có: a b a a b a a a b a b

2 2 1 1 1 1

2 2 2 2

3 1

4 4

 

= −  + + + ≥ + +

 

+ + = − + + + +
Tương tự: b2 a a b 1

3
4

+ + ≥ + + .

0,5

Ta sẽ chứng minh a b a b

1 2 1 (2 1

2 2 2

    

+ + ≥ + +

    

     (*)

Thật vậy, (*) ⇔ a2+ +b2 2ab a b+ + +41≥4ab a b+ + +41 ⇔ (a b− )2 ≥0.
Dấu "=" xảy ra ⇔ a b 1

= = .

0,5

II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Câu 6.

(1,0 
điểm)

A. Theo chương trình Chuẩn

1. (1,0 điểm). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA+3MB

nhỏ nhất.
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(5; 3

2 − ) 0,25

Ta có : MA+3MB=(MA+MB)+2MB=2MI+2MB =4MJ

0,25
Vì vậy MA+3MB

nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của J trên đường thẳng ∆
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0.

0,25

Tọa độđiểm M là nghiệm của hệ

2 3 0 5

2 8 0 19

5
x

x y

y

−

 =


+ − =

 

⇔

 

− − =

  =



. Vậy M(19; 2
5 5

−

) 0,25

2. (1,0 điểm). Viết phương trình đường trịn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 
Giả sử B x( B;yB)∈d1⇒xB = − −yB 5;C x( C;yC)∈d2 ⇒xC = −2yC +7

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
3 0

B C

x x

y y

+ + =




+ + =



0,25

Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0,25

Ta có BG(3; 4)⇒VTPT nBG(4; 3)−

nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25
7a.

(2,0 
điểm)

Bán kính R = d(C; BG) = 9

5 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5)
2

+(y – 1)2 = 81

25 0,25

Giải bất phương trình: 8 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5.
8a.

(1,0

điểm) Điều kiện: x ≤ 3. Đặt 3

2 x 1

t= − ≥ . BPT ⇔ 8+ − + ≤2t t2 2t 5 0,25

2 2

2
5 2 0

8 2 5 2 8 2 0

5 22 17 0

− ≥




⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥



− + ≥



t

t t t t t

t x

5
0

2 4 0 1

17
1;

5


≤ ≤




⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤



 ≤ ≥


t

t t

t t

0,5

Với 3

0≤ ≤t 1⇒2 −x ≤ ⇔1 3− ≤ ⇔ =x 0 x 3 0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1. (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng d đ3 i qua P tạo với d , 1 d2

Ta có A(1; 1)− và d1⊥d2. Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1,
2

d là: ∆1: 7x+3y− =4 0 và ∆2: 3x−7y−10=0 0,25

d tạo với d1, d2một tam giác vng cân ⇒d3vng góc với ∆1 hoặc ∆2..

⇒ Phương trình của d3có dạng: 7x+3y+ =C 0 hay 3x−7y C+ ′ =0
Mặt khác, d3qua P( 7;8)− nên C = 25 ; C′ = 77

0,25

Suy ra : d3: 7x+3y+25=0 hay d3 :3x−7y+77=0
Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích bằng 29

2 ⇒ cạnh huyền bằng 58

0,25

Suy ra độ dài đường cao A H = 58

2 = d A d( , 3)
• Với d3 : 7x+3y+25=0 thì ( ; 3) 58

d A d = ( tm)

• Với d3 : 3x−7y+77=0 thì ( ; 3) 87
58

d A d = ( loại )

0,25

2. (1,0 im). Vit phơng trình chính tắc của (E)

Hypebol (H) có các tiêu điểm F1

(

5; 0 ;

)

F2

( )

5; 0 . Hình chữ nhật cơ sở cña (H) cã mét

đỉnh là M( 4; 3), 0,25

Giả sử phơng trình chính tắc của (E) cã d¹ng: 1
b
y
a
x

2
2
2
2

+ ( víi a > b và 2 2 2
a =b +c )

(E) cũng có hai tiêu điểm

(

)

( )

2 2 2

( )

1 5; 0 ; 2 5; 0 5 1

F − F ⇒a −b =

0,25

( ) ( )

4;3 E 9a 16b a b

( )

M ∈ ⇔ 2 + 2 = 2 2

Tõ (1) và (2) ta có hệ:

=
=

=
+

+
=

15
b

40
a
b

a
b
16
a
9

b
5
a

2
2

2
2
2
2

2
2
2

0,25
7b.

(2,0 
im)

Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1
15
y
40

x2 2

+ 0,25

Hóy tìm các giá trị của x∈ℝ, 
Ta có:

(

)

k 8

8 k 8 k k
8
k 0

a b C a b

=
−
=

+ =

∑

Áp dụng với

(

)

( )

(

)

x 1

3 x 1 2

1 1

log 3 1

log 9 7 x 1 3 5 x 1 5

a 2 =9 7 ; b 2 3 1

−

−+ − − + − −

= + = = +

0,25

+ Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của

khai triển là

(

) (

)

(

) (

)

3 5

1 1

5 x 1 3 x 1 5 x 1 x 1

6 8

T =C  9− +7   . 3− +1−  =56 9− +7 . 3− +1−

   

0,25

+ Theo giả thiết ta có :

(

) (

)

x 1
1

x 1 x 1 x 1 x 1

x 1

9 7

56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1)

3 1

= 224
−
−

− − − −

−

+ + ⇔ = ⇔ + = +

+ 0,25

8b.

(1,0 
điểm)

( )

x 1

x 1 x 1

x 1

3 1 x 1

3 4(3 ) 3 0

x 2

3 3

−

− −

−

 =  =

⇔ − + = ⇔ ⇔ =

= 

 0,25

Ghi chú: Nếu thi sinh làm bài có lời giải khác với đáp án mà lời giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa 
theo biểu điểm đã quy định.

</div>

BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

(

)

( )

(

)

{ }

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

<sub>( )</sub>

(

)

(

)

( )

[ ]

∫

∫

∫

∫

( )

[ ]

( )

(

) (

) (

)

(

)

( )

(

)

( )

( )

( ) ( )

( )

(

)

∑

(

)

( )

(

)

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

( )

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về