de thi thu dh 2012 sieu chuan dai hoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.52 KB, 8 trang )

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

www.laisac.page.tl

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG

--- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 
MƠN TỐN – KHỐI A

THỜI GIAN: 180 PHÚT 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0) điểm

Cho hàm số

y

=

x

+

2

mx

+

m

+

m

có đồ thị là

(

C

m

)

với m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị hàm số với

m

= −

1

.

2. Tìm

m

để

(

C

m

)

có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác có một góc bằng

120

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác

3 3

sin

cos

1 sin 4

1 (cos

sin )

16 x

+

=

+

−

2. Giải hệ phương trình

4 2 2 2

3

0

3

5

0 x

xy

x y

x

x y

x

y



+

−

+

=





+

−

+

=



Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn

2 3

2
0

cos

ln(1

)

lim

x
x

e

x

L

x

→

−

+

=

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh

a

, tam giác SAB đều và

90

SAD

=

. J là trung điểm SD. Tính theo

a

thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng 
(ACJ).

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn

ab

+

bc

+

ca

=

3

. Chứng minh rằng

4 4 4

a

+

7

+

b

+

7

+

c

+

7 2(

≤

a

+

b

+

c

)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho điểm

A

(1;1)

. Tìm tọa độđiểm B thuộc đường thẳng

y

=

3

và điểm C thuộc trục

hoành sao cho tam giác ABC là tam giác đều.

2. Trong mặt phẳng Oxy cho

A

(1;2)

và

B

(3;1)

. Viết phương trình đường trịn qua A, B và có tâm nằm trên
đường thẳng

7 x

+

3 y

+

1 0

=

.

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên

n

≥

2

, chứng minh hệ thức

1 2 2 2 3 2 2

1 ( )

2(

)

3( )

...

(

)

2

n n

n n n n n

C

+

C

+

C

+

n C

=

nC

B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho

A

(1;0)

B

( 2;4)

−

,

C

( 1;4)

−

,

D

(3;5)

, tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng

3 x y

−

5 0

=

sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau.

2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn có tâm nằm trên đường thẳng

4 x

+

3 y

−

2 0

=

và tiếp

xúc với cả hai đường thẳng

x y

+

4 0

=

và

7 x y

−

+

4 0

=

. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2 3 3 2

log .log 2

x

+

log .log 3

x

≥

0

.

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

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Lời giải Điểm

I.1

(1đ) Với

m

1

= −

hàm số là

y x

=

−

2 x

2
a. TXĐ:

D

=

b. Sự biến thiên của hàm số

* Giới hạn của hàm số tại vô cực

lim

x→−∞

= +∞

và

lim

x→−∞

= +∞

* Bảng biến thiên
3

' 4

4

y

=

x

−

x

. Do đó

y

' 0

=

⇔

x

=

0;

x

= ±

1

---

−∞

-1 0 1

+∞

y’ - 0 + 0 - 0 +
y

+∞

-1 -1

---
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

(

−∞ −

; 1)

và

(0;1)

và đồng biến trên mỗi khoảng

( 1;0)

−

và

(1;

+∞

)

Hàm sốđạt cực đại tại

x

=

0

, giá trị cực đại của hàm số là 0.

Hàm sốđạt cực tiểu tại

x

= ±

1

, giá trị cực tiểu là

y

( 1)

±

= −

1

.

---
c. Đồ thị

* Điểm uốn

y

'' 12

=

x

−

4

.

'' 0

y

=

có hai nghiệm

3

x

= ±

và y’’ đổi dấu khi qua hai nghiệm đó

nên đồ thị có hai điểm uốn là

(

3 ;

5 )

3

9

−

và

(

3 ;

5 )

3

−

9

.
* Điểm cắt trục tung là (0;0),

các điểm cắt trục hoành là

(0;0)

;

(

−

2;0)

và

( 2;0)

. 
Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng.

Yêu cầu:

Đủ các đề mục khi khảo sát.

Đồ thị hàm số phải vẽ trơn và có tính đối xứng.

0.25

---

0.25

---

0.25

---

0.25

I.2
(1đ)

3 2

' 4

4 4 (

)

y

=

x

+

mx

=

x x

+

m

0 x

-1

3
3
3

−

5
9

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

0 ' 0

x

y

x

m

=



=

⇔



= −



Để hàm số có 3 điểm cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên m<0.

Khi đó y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm này nên đk đủđể hàm số có 3 điểm cực trị là m<0.

---
Tính được tọa độ các điểm cực trị là

A

(0;

m

+

m

)

;

B

(

−

m m

; )

;

C

(

−

m m

; )

.

(

;

)

AB

=

−

m m

−

;

AC

= −

(

−

m m

;

−

)

và

AB AC

=

−

m m

+

4 nên tam giác 
ABC cân tại A.

---

Để tam giác có một góc bằng

120

0 thì

BAC

=

120

0. 
Do đó

1 cos

cos(

;

)

2 m m

BAC

AB AC

m m

+

=

= −

−

+

---
Từđó tính được

1

3 m

=

−

.

0.25
---
0.25
---
0.25
---
0.25
II.1
(1đ)

ĐK:

x

∈

Biến đổi pt về

(sin

cos )(1 sin cos ) 1

sin 2 (cos

sin )(cos

sin )

2 2sin cos

8 x

+

−

=

+

−

---
Ta được

sin

cos

0 (cos

sin )sin 2

4 x

+

=





−

=



---

Đánh giá được pt thứ hai vô nghiệm do VT<4 (hoặc giải bằng cách đặt ẩn phụ).

---
Giải pt đầu và suy ra nghiệm là

(

)

4 x

= −

π

+

k k

π

∈

0.25
---
0.25
---
0.25
---
0.25
II.2

(1đ)

Xét

x

=

0

suy ra

y

=

0

là một nghiệm của hệ.

---
Xét

x

≠

0

, chia hai vế của pt đầu cho

x

, hai vế của pt sau cho

x

2 rồi biến đổi về hệ

2
2
2
2

3

5 5

y

x

y

x

y

x

x

y

y

x

y

x

y

x







+

=

+

=















⇔









+

=



+

=















Đặt

z x

y

x

=

+

được hệ
2

3

5 z y

z

y

+

=





+

=



.
---
Giải hệ này được

z

=

2;

y

=

1

hoặc

z

= −

1;

y

=

4

.

---
Giải trường hợp đầu được

x

=

y

=

1

, trường hợp sau vô nghiệm.

Tóm lại các nghiệm (x;y) của hệ là

(0;0);(1;1)

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

III

(1đ) Biến đổi về

2 3

2
0

(

1) (1

cos ) ln(1

)

lim

x
x

e

x

L

x

→

−

+

−

+

=

2 3

2 2 3

(

1)

1 cos

ln(1

)

lim

.

(1

cos )

x
x

e

x

x x

x

→



−

+



=



+





+







---

2 2 3

2 3

sin

(

1)

1 2

ln(1

)

lim

.

2(1

cos )

2

x
x

x

e

x

→









−

+





=

+



+

 





 



 





---
Khi

x

→

0

thì

x

→

0

;

0

2 x

→

và

x

→

0

nên

2 2 3

2 3

0 0 0

sin

1 2

ln(1

)

lim

1;lim

1

2

x

x x x

x

e

x

→ → →

−

+

=

 

 

 

---
Từđó tính được giới hạn đã cho là

5

4 L

=

.

0.25
---

0.25
---
0.25
---
0.25
IV

(1đ)

Do AD vng góc với SA và AB nên AD vng góc với

mặt (SAB).

Gọi I là trung điểm của AB thì AD vng góc với SI.

Mà tam giác SAB đều nên AB vng góc với SI.

Suy ra SI vng góc với mặt (ABCD).

---
Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) bằng

1

2

khoảng cách từ S đến mặt (ABCD) và

bằng

1

3

2

4 a

SI

=

.

Từđó suy ra thể tích tứ diện ACDJ là
3

1 1

3 . . .

3 2

4

24 a

V

=

a

=

(đvtt).

---
Xét tam giác BCI vuông tại B nên

2 2

2 2 2 2

5

4 a

CI

=

CB

+

BI

=

a

+

=

.

Tam giác SIC vuông tại I nên

2 2

2 2 2

3

5 2

4 a

SC

=

SI

+

IC

=

+

=

a

. Tương tự

2 2

2

SD

=

SC

=

a

.

Tam giác SCD có CJ là đường trung tuyến nên

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

1 (

2 2

)

1 (2

2 2

)

1 .2

2 2

2

4

2

4 CJ

=

SC

+

CD

−

SD

=

a

+

a

−

a

=

a

---
Xét tam giác AJC có

;

2;

2 a

AJ

=

AC a

=

CJ

=

a

nên tính được

cos

3

4 A

=

. Từđó

7 sin

4 JAC

=

nên

AJC

1

7 .

2.

2

4

8 a

S

=

a

=

Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ) là

3

3. 21

24

7

8 a

d

a

=

(đvd)

***************************************************************************
Có thể tính diện tích tam giác JAC bằng cách lấy hình chiếu của J trên mặt đáy (là trung điểm

H của DI). Trong mặt đáy, kẻ HK vng góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc

AC thì chỉ ra được JK vng góc với AC và tính được JK là đường cao tam giác JAC.

---

0.25

(1đ’) Áp dụng bdt Cauchy cho 3 số

3
3

(

a

+

7) 8 8 3 (

+

≥

a

+

7).8.8 12

=

a

+

7

.

Làm tương tự rồi cộng vào với nhau ta được 3

7

69

12 a b c

a

+

b

+

c

+

≤

+

---
Dùng bdt Cauchy cho 4 số ta được

a

+

1 1 1 4

+

≥

a

Do dó

4 4 4

69

285

12

48 a b c

+

a

+

b

+

c

+

≤

---
nên chỉ cần chứng minh

4 4 4

285 2(

)

48 a

b

c

a

b

c

+

≤

+

hay

a

+

b

+

c

≥

3

với

ab

+

bc

+

ca

=

3

.

---
Dùng bdt Cauchy

a

+

b

+

b

+

1 4

≥

ab

2;

b

+

c

+

c

+

1 4

≥

bc

2,

4 4 4

1 4

c

+

a

+

a

+

≥

ca

. Cộng các vế của bất đẳng thức trên suy ra đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi

a b c

=

1

0.25
---

0.25
---
0.25

VI.a.1
(1đ’)

Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0). Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB=BC=CA.

Từđó ta có hệ:

2 2

(

1)

4 (

1)

1 (

1)

4 (

)

9 a

b

a

b a



−

+

=

−

+





−

+

=

−

+



---

Đổi biến

u a

=

−

1;

v b

=

−

1

thu được hệđẳng cấp:

2 2

3

2

5 v

u

uv v



−

=





−

=



suy ra

8 v

−

6 uv

−

5 u

=

0 ⇔

u

= −

2 v

hoặc

4

5 v

u

=

.

---

0.25
---

0.25

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

Trường hợp đầu vơ nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) là

(

4 3 5 3

;

);(

4 3

;

5 3

)

3 −

3

.
---
Tính được B,C là

(

4 3 3

;3); (

5 3 3

;0)

3 B

+

C

+

hoặc

(

4 3 3

;3); (

5 3 3

;0)

3 B

−

+

C

−

+

---
0.25

VI.a.2
(1đ’)

Gọi tọa độ tâm đường tròn là I(a;b).

IA=IB nên

(

a

−

1)

+

(

b

−

2)

=

(

a

−

3)

+

(

b

−

1)

⇔

4 a

−

2 b

=

5

---
mà

7 a

+

3 b

= −

1

, tính được

1 ;

3

2 a

=

b

= −

---
suy ra 2

25

2 R

=

.

---
Vậy pt đường tròn là

(

1 )

(

3 )

25

2 x

−

+

y

+

=

.

0.25
---

0.25
---
0.25
---

0.25
VII.a

(1đ’) Áp dụng hệ thức

(

x

1) (1

n

x

)

n

(1

x

)

n

+

=

+

Đạo hàm hai vế ta có

2.(

x

+

1) [(1

n

+

x

) ]' [(1

n

=

+

x

) ]'

2n

---
Vì

(

x

1)

n

C x

n0 n

C x

n1 n−1

C x

n2 n−2

...

C x C

nn−1 nn

+

=

+

và

1 2 3 2 1 2 1

[(1

) ]'

n

2.

3. ... (

1)

n n n n

n n n n n

x

C

C x

n

C x

− −

nC x

−

+

=

+

−

+

---
nên hệ số của

x

n−1 trong khai triển ở vế trái là

2[( )

C

1 2n

+

2(

C

n2 2

)

+

3( )

C

n3 2

+

...

+

n C

(

nn

) ]

2 . 
---

Mà

[(1

x

) ]'

2n

C

12n

C x

22n

...

C x

2nn n−1

...

C x

22nn 2 1n−

+

=

+

nên hệ số của

x

n−1 trong khai 
triển ở vế phải là

C

2nn.

Hai hệ số của

x

n−1 phải bằng nhau nên suy ra đpcm.

0.25
---

0.25

---
0.25
---

0.25

VI.b.1

(1đ’) Tính được

AB

5 =

và ptAB là

4 x

+

3 y

−

4 0

=

;

CD

=

17

và pt CD là

x

−

4 y

+

17 0

=

. 
---
Gọi

M a a

( ;3

−

5)

. Để hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau thì

(M AB; )

.

(M CD; )

.

13

19

11

37 d

AB d

=

CD

⇔

a

−

=

a

−

---
Tính được

a

= −

9

hoặc

7

3 a

=

(khi đó MAB và MCD thật sự là các tam giác).

---
Từđó suy ra

M

( 9; 32)

−

hoặc

( ;2)

7

3 M

0.25
---

0.25
VI.b.2

(1đ’)

Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác của hai đường thẳng nên nó thuộc đường thẳng

3

8 x

−

y

=

hoặc

3 x y

+

= −

6

.

---

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

Trường hợp thứ nhất tính được tâm

(2; 2);

−

R

=

2 2

. Ptđtròn là

(

x

−

2)

+

(

y

+

2)

=

8

. 
---
Trường hợp thứ hai tính được tâm

( 4;6);

−

R

=

3 2

. Ptđtròn là

(

x

+

4)

+

(

y

−

6)

=

18

.

---
0.375

VII.b
(1đ’)

Dễ thấy

x

≥

1

là nghiệm của bpt.

---
Xét

0 <

x

<

1

chia cả hai vế của pt cho

log .log

2

x

3

x

>

0

ta được

3 2

log 2

log 3

0 log

x

+

x

≥

Rút gọn ta được

2 log 6 0

+

x

≥

---
Tính ra

0

6 x

<

≤

---

Từđó tập nghiệm là

(0;

6 ] [1;

)

6 S

=

∪

+∞

.

***************************************************************************
Có thể giải bằng cách đưa về cùng cơ số 2 và biến đổi về pt

log .log (6 ) 0

2

x

2

x

≥

0.25
---

0.25

---0.25

Yêu cầu:

Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính tốn.

Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá.

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


ĐỀ THI THỬ LẦN I TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2009 MÔN LỊCH SỬ - KHỐI C

De thi thu DH lan cuoi _ Lop hoc DHA

đề thi thử ĐH-CĐ lần 1, năm học 2011-2012 Trường THPT minh khai Môn thi: lịch sử - khối C

đề thi thử ĐH-CĐ lần 1, năm học 2011-2012 Môn thi: lịch sử - khối C

Tài liệu Đề thi thử ĐH môn Hóa_THPT Nguyễn Thái Học-Khánh Hòa (Đề số 1) pdf

Tài liệu Đáp án và đề thi thử ĐH đợt 1 môn Sinh học năm 2010 docx

Tài liệu ĐỀ THI THỬ ( lần 1 ) TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN: ĐỊA LÍ; KHỐI: C docx

25 ĐỀ THI THỬ ĐH 2012 TỪ CÁC TRƯỜNG CHUYÊN & ĐÁP ÁN CHI TIẾT pot

Đè thi thử ĐH năm 2013 môn Sinh học trường THPT Trực Ninh docx

5 Đề thi thử (đáp án) tuyển sinh đại học, cao đẳng potx

de thi thu dh 2012 sieu chuan dai hoc

www.laisac.page.tl

y

=

x

+

<sub>2</sub>

mx

+

m

+

m

(

<i>C</i>

)

<i>m</i>

= −

1

<i>m</i>

(

<i>C</i>

)

120

sin

cos

1

sin 4

1 (cos

sin )

16

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

+

=

+

−

3

0

3

5

0

<i>x</i>

<i>xy</i>

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>



+

−

+

=





+

−

+

=



cos

ln(1

)

lim

<i>e</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>L</i>

<i>x</i>

−

+

+

=

<i>a</i>

<sub>90</sub>

<i>SAD</i>

=