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 (195.03 KB, 10 trang )

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

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013
 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Mơn: Tốn - Khối A, A1,B.

www.MATHVN.com Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
 Ngày thi: 08/ 12/ 2012.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1

x
y

x




 (C)
1. Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. T?m các giá trị của mđể hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên:

2 2 2

( 2) 1 0

2 4 5 0

y x y

x x y y m

   




     


Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương tr?nh: 2cos3 cos + 3(1 s in 2 ) = 2 3 cos (22 )
4

x x  x x

2. Giải phương tr?nh: + = 2x − 5x − 1

Câu III (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số mđể bất phương tr?nh: x(2 x) m x( 2 2x 2 1) 0

     

nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn 0; 1 3

  .

Câu IV (1,0 điểm). Trên mp (P) cho đường tr?n (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng
vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vng góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm

nằm trên đường tr?n (T) sao cho  , (0 )

BAC   . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo
h, R và  .

Câu V (1,0 điểm). Cho các số dương x y z, , thoả m?n x y z  3. T?m giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

x y z

P

x y y z z x

  

  

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần( Phần A hoặc Phần B)
A.Theo chương tr?nh chuẩn.

Câu VIa (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương tr?nh đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt

là:x 2y13 0 và 13x 6y 9 0 . Biết tâm đường tr?n ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5; 1). T?m toạ độ các
đỉnh A, B, C.

2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tr?n (C): (x 4)2y2 25 và M(1; - 1). Viết phương tr?nh đường
thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA = 3MB.

Câu VIIa (1,0 điểm). Cho A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3 .

B.Theo chương tr?nh nâng cao.
Câu VIb (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho h?nh chữ nhật ABCD có M là trung điểm của BC, đỉnh A thuộc đường thẳng
d: x y  2 0, phương tr?nh đường thẳng DM: x 3y 6 0 và đỉnh C(3; - 3). T?m toạ độ các đỉnh A, B, D
biết D có hồnh độ âm.

2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương tr?nh chính tắc là:

2 2
1

16 9

x y

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

Câu VIIb (1,0 điểm). Tính tổng S C C 20 120 11C C20 121 10 ... C C2010 121 C C20 1211 0 .
……….Hết…………..

( Đề thi gồm có 01 trang)

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013
 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Mơn: Tốn - Khối A, A1,B.

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
 Ngày thi: 08/ 12/ 2012.

Câu ? Đáp án Điểm

I 1 Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1,0

Tập xác định D = R\1
Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên: 2

' 0,

( 1)

y x D

x


   

 .

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; 1) và ( 1 ; + ).
- Cực trị: Hàm số không có cực trị.

0.25

- Giới hạn tại vơ cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:

2 1 2 1

lim 2 ; lim 2

1 1

x x

    

 

 

  .

Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.

1 1

2 1 2 1

lim ; lim

1 1

x x

 

 

 

 

  .

Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.

0,25

-Bảng biến thiên:

x - 1 +

y’

-y

2 +

-  2

0,25

Đồ thị:

- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểmhai tiệm cận I( 1; 2).

0,25

2
y

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

2 T?m các giá trị của mđể hệ phương tr?nh sau có đúng 4 nghiệm nguyên

2 2 2

( 2) 1 0 (1)

2 4 5 0 (2)

y x y

x x y y m

   




     



1,0

Nhận thấy x = 1 không thỏa m?n phương tr?nh (1) dù y lấy bất k? giá trị nào

Suy ra (1) ( 1) 2 1 2 1

x

x y x y

x



     



Phương tr?nh (2) (x 1)2 (y 2)2 m2

     là phương tr?nh đường tr?n (T) có tâm
I(1;2) bán kính m với mọi m khác 0

Vậy hệ phương tr?nh đ? cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1
và đường tr?n (T) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên

0,25

-2

-4

-6

-8

-10

-12

-15 -10 -5 1 5 10 15

-1
5

4
1

-2

I
y

x
o

B
A

Đồ thị (C) chỉ đi qua đúng 4 điểm có tọa độ nguyên là A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và
D(-2; 1)

Từng cặp AvaC, B và D đối xứng nhau qua I(1;2)

0,5

Hệ đ? cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đường tr?n (T) phải đi qua 4 điểm
A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi R2 m2 10 m  10

0,25

II 1

. Giải phương tr?nh: 2 cos 3 cos + 3(1 s in 2 ) = 2 3 cos (22 )
4

x x  x x 1,0

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

2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 )
4

2cos3 cos 3 3 sin 2 3 1 cos(4 )

2cos3 cos 3 3 sin 2 3 3 sin 4

2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0

2cos3 cos 2 3 sin 3 cos 0 2cos (cos3 3 sin 3 ) 0

cos 0

x x x x

x x x x x x x

x



 

 

       

 

    

   

     




cos 0

2 ( )

cos3 3 sin 3 0 tan 3

3 18 3

x x k

k Z

x x x x k




 




   

 

   

  

   

  

 

Vậy nghiệm của phương tr?nh là ; ( )

2 18 3

x k x  k k Z

0,5

2 Giải phương tr?nh: + = 2x − 5x − 1 (1) 1,0

(1) x 2 1  4 x1 2 x  5x 3

3 3 1 1

( 3)(2 1) ( 3)( 2 1) 0

2 1 4 1 2 1 4 1

3 0

1 1

2 1 (2)

2 1 4 1

x x

x x x x

x

x x

 

         

       

 






   

    

 0,5

*x 3 0  x3
*Xét phương tr?nh (2)
ĐK 2 x 4

VP 5

VT đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [2;4] bằng 1 1
2 1


 khi x = 2 nên phương tr?nh (2)
vô nghiệm

Vậy phương tr?nh có nghiệm duy nhất x = 3

0,25
0,25
III T?m các giá trị của tham số mđể bất phương tr?nh:x(2 x) m x( 2 2x 2 1) 0

      1.0

Đặt t x2 2x 2

   . Lập BBT của hàm y x 2 2x2 với x thc 0;1  3ta có t
thuộc đoạn



1;2



0,25

Bpt trở thành

2 2

( 1) 2 (1)

1
t

m t t m

t

    

 (do t+1>0)
Bpt đ? cho nghiệm đúng với mọi x thuôc 0;1  3

  khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng
với moi t thuộc đoạn



1;2



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

Xét





2 2

( ) , 1; 2

1
t

f t t

t


 



'( ) 1 0,

( 1)

f t t

t

   



t 1 2
f’(t) +

f(t)

23
1

2


0,25

Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn



1;2 khi



1
2

m
Vậy với 1

m thoả m?n yêu cầu bài toán. 0,25

IV Trên mp (P) cho đường tr?n (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên
đường thẳng vng góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vng
góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tr?n (T) sao cho

 ,(0 )

BAC   . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và
.

1.0



B
S

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Chứng minh AHSC.
Ta có:

( )

BC AC

BC SAC BC AH
BC SA

 

   



  (1)

Lại có:mp Q( )SB SBAH (2)

Từ (1) và (2) suy ra AH (SBC) AH SC

Suy ra SA2 SH SC SK SB. .

 

2 2 2 2

. . . .

. .

. . .

SAHK

SABC

V SA SH SK SH SK SH SC SK SB SA
V SA SC SB SC SB  SC SB SC SB

0,25

0,25
2

2 2 2 2

2 2 2

1 1 sin 2

. sin os .

3 6 3

4 os ,

SABC

R h
V dt ABC SH AB c SA

SC h R c
SB h R


 

   
 
 
0,25
2 5

2 2 2 2 2

sin 2

3( 4 )( 4 os )

SAHK

R h
V

h R h R c



 
0,25

T?m giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

x y z

P

x y y z z x

  

  

1,0

2 2 2 2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

( )

x y z xy yz zx

P x y z

x y y z z x x y y z z x

xy yz zx
P x y z

x y y z z x

        
     
      
  
0,25
Ta có

2 2
2
2

2 2 2 2

2 2
2
2
2

;
2 2
2 2
( ) ( )

2 2 2

xy xy y x
x y y x

x y y x
z y

yz yz zx zx x z

y z z y z x x z

z y

y x x z

P x y z

    

   
 
      
0,25
Mặt khác

1 1 1

; ;

2 2 2 2 2 2

3 1 9 1

x xy y y yz z z xz x

y x y z y z x z x

x y z xy yz xz
P x y z

     

     

    
    

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2 2 2 2

( ) 2( ) 3( )

9 1 3

3 .3

4 4 2

x y z x y z xy yz zx xy yz zx
xy yz zx P

          

       

Dấu = xảy ra khi
2; 2; 2

1
1; 1; 1

1
1
3

x y y z z x

x

x y z

y

x y x

z
x y z

   





  

 

 

 

 

  


   



Vậy GTNN của P là 3/2 khi x = y = z =1.

0,25

VIa 1 1.0

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ

2 13 0 3

( 3; 8)

13 6 9 0 8

x y x

A

x y y

   

 

   

 

   

 

0,25

Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương tr?nh IM là x 2y 7 0

Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 2 7 0 3 (3;5)

13 6 9 0 5

x y x

M

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng BC qua M và vng góc với AH. Phương tr?nh BC là 2x y 11 0
Gọi B(b;11-2b). Ta có IB = IA

2 2 2 2

( 5) (10 2 ) 85 6 8 0

4
b

b b b b

b



          




0,25

Với b = 2 suy ra B(2;7), C(4;3)
Với b = 4 suy ra B(4;3), C(2,7)

Vậy A( -3; -8), B(2;7), C(4;3) hoặc A( -3; -8), B(4;3), C(2;7)

0,25

2 1,0

B H M C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Đường tr?n (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5.
Do IM <5 nên M nằm trong đường tr?n (C)

Gọi H là h?nh chiếu của I trên AB, H là trung điểm của AB.
Do MA= 3MB nên M là trung điểm của HB

Xét hai tam giác vng IHM và IHB ta có

2 2 2 2 2

10 5

4 25 5

IH HM IM IH HM HM

IH HB IB IH HM IH



      

  

 

  

   

   

  

0,5

Đường thẳng (d) đi qua M(1; - 1) có phương tr?nh
a x( 1) b y( 1) 0 (a2 b2 0)

     

2 2

2
3

( , ) 5 2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0

2
a b
a b

d I d a ab b a b a b

a b



 

            



 

Với b2a chon a1;b2. Phương tr?nh (d): x + 2y +1 = 0
Với a2b chon b1;a2. Phương tr?nh (d): 2x - y -3 = 0

Vậy phương tr?nh đường thẳng (d) là x + 2y +1 = 0 hoặc 2x - y -3 = 0

0,5

VIIa 1,0

Gọi số có 5 chữ số là abcde a( 0). Do abcde3nên (a b c d e    ) 3
Nếu a b c d   3th? e = 0 hoặc e = 3

Nếu a b c d   chia 3 dư 1 th? e = 2 hoặc e = 5
Nếu a b c d   chia 3 dư 2 th? e = 1 hoặc e = 4

Như vậy từ một số có 4 chữ sơ abcd (các chữ số được lấy từ tập A) sẽ tạo được 2 số tự
nhiên có 5 chữ số thoả m?n yêu cầu bài toán

Từ các chữ số của tập A lập được: 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có 4 chữ số

Nên từ các chữ số của tập A lập được: 2.1080 = 2160 sô chia hết cho 3 có 5 chữ số
VII

1 1,0

Do A thuộc d: x y  2 0, gọi A( ;a a  2). Ta có

2 ( , ) 2 ( , ) 4 2.6 3

10 10

ADM CDM

a
a

S S d A DM d C DM

a

 




      




Với a 3 A(3; 5) , trường hợp này không thoả m?n v? A, C nằm cùng phía với
đường thẳng DM.

Với a 3 A( 3;1) . Gọi I là tâm của h?nh chữ nhật, I là trung điểm của AC suy ra
0,5

A B

H M

D C

M
B

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Điểm D thuộc DM: x 3y 6 0 , gọi D(3d+6;d) (d < -2)

2 2

(3 6) ( 1) 13 4 3

d

ID IA d d d

d



        
 

Suy ra D(-3;-3), B(3;1)

Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1)

0,5

2 1,0

Gọi C x y( ; )o 0 ta có

2 2

0 0

1 9 16 144 (1)

16 9

o

x y

    

Phương tr?nh AB là: 3x +4y = 0

0,25

0 0

3 4 1

( , ) , . ( , )

5 ABC 2

x y

d C AB   S  AB d C AB

Do AB khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi d(C,AB) lớn nhất 0,25
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có

2 2 2

0 0 0

0 0

(3 4 ) 2(9 16 ) 2.144

12 2

3 4 12 2 ( , )

o

x y x y

x y d C AB

   

    

(Dấu = xảy ra khi 3x0 4y0)

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi 3x0 4y0

0,25

Kết hợp với (1) ta có

0 0
2 2
0 0
0 0
0 0
3
2 2;

9 16 144 2

3 4 2 2;

x y

x y x y


 

  




 

  



Vậy toạ độ điểm C là (2 2;3 2)

2 hoặc

3 2
( 2 2; )

 

0,25

VII

b Tính tổng

0 11 1 10 10 1 11 0
20 12 20 12 ... 20 12 20 12

S C C C C  C C C C . 1,0

Ta có 32 20 12

(1x)  (1 x) .(x1) (1)

32 0 1 2 2 32 32

32 32 32 32

(1 ) ...

VT  x C C x C x  C x

Hệ số của x11trong khai triển vế trái là 11
32

C (2)

0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12

20 20 20 20 12 12 12 12

( ... )( ... )

VPC C x C x  C x C C x C x  C x

Hệ số của x11trong khai triển vế phải là 0 11 1 10 10 1 11 0
20 12 20 12 ... 20 12 20 12
C C C C  C C C C (3)
Từ (1),(2),(3) ta có S C C 20 120 11C C20 121 10...C C2010 121 C C20 1211 0 C3211

0,25
0,25

0,25
0,25
Chú ?: Đối với ? 2 câu 1 thí sinh có thể giải khơng sử dụng đồ thị mà viết phương tr?nh (1) tương đương

với 2 1 2 3

1 1
x
y
x x

  

  (sau khi nhận xét x = 1 không thỏa m?n phương tr?nh với mọi y)
Nhận xét y nguyên khi x nguyên th? 3

x phải nguyên.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>