De thi thu khoi A lan 1 Mai Anh Tuan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x m y x  1 ( m là tham số) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m  2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y 2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2  OB 2 14 ( với O là gốc tọa độ). Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình:. (2 cos x  1) sin 4 x 2sin 2 x cos x  sin x.  x 2  2 xy  x 0  x  2 y y y  2x x Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: .  x, y   .  4. cos 2 x I  dx  0 (1  sin 2 x).cos( x  ) 4 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân : . 0   Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD  ADC 90 , AB 3a , AD CD SA 2a , SA  ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm SAB , mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB lần lượt tại M , N . Tính theo a thể tích khối chóp S .CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM , BC . 3 a b c  2 . Chứng minh rằng: Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thay đổi thoả mãn  1  a 2   1  b2   1  c2  125 64 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I , có diện tích bằng 4, phương trình đường thẳng BC : x  y 0 , biết M (2;1) là trung điểm của AB . Tìm tọa độ điểm I . 2. 2. (C ) :  x  1   y  1 4 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn . Lập phương trình đường thẳng d cách gốc tọa độ một khoảng bằng 2 và tiếp xúc với đường tròn (C ) . n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 2 n 1 36 Câu 9.a (1,0 điểm) Cho x  0 và C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1 2 . Tìm số hạng không n.  1   5  x  x  . phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm G (2;  1) là trọng tâm, đường thẳng d : 3x  y  4 0 là đường trung trực của cạnh BC, đường thẳng AB có phương trình 10 x  3 y  1 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. x2 y 2  1 16 9 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho elíp và đường thẳng d : 3x  4 y  12 0 . Gọi các giao điểm của đường thẳng d và elip ( E ) là A, B . Tìm trên ( E ) điểm C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6. (E) :.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 22 x 1 2 x  y  6.4 y  log 2 ( x 3  1) log 4 (2 y  1)2  log 2 y  2   Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ----------Hết ---------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A ( Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. Câu. Đáp án. Điểm. x 2 x 1 Với m 1 ta có  Tập xác định: D R \ {1}  Sự biến thiên: y. y'  -. 1a (1 điểm). Chiều biến thiên:. 0.25. 1  0 x 1 ( x  1)2. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (  ;1) và (1; ) Giới hạn và tiệm cận: y = 1, y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1 lim lim x  1 y = + ∞ ; x  1 y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1 - Bảng biến thiên: x -∞ 1 +∞ y’ + + y +∞ 1 1 . 0.25. 0.25. -∞. Đồ thị: 6. 4. 0.25. 2. 5. -2. 1b (1 điểm). Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(1;1) làm tâm đối xứng xm  x 1 2 x  1   2 x 1 2 x  4 x  1  m 0(*) Phương trình hoành độ giao điểm: đường thẳng y 2 x  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1  m   1 2 2 2 Gọi A( x1;2 x1  1); B( x2 ; 2 x2  1) ; OA  OB 14  5( x1  x2 )  10 x1x2  4( x1  x2 ) 12. Vì 2 (1. x1  x2 2; x1 x2 1  m nên m 1 (thỏa mãn)..  x   m (m  Z ) 4 Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương với:. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> sin 2 x  cos x  sin x   2cos x  1 sin 2 x  sin 2 x 0(*) k  (*)  x  ( k  Z )   cos x  sin x   2cos x  1 1(**) . Ta có 2 điểm). 3 (1 điểm). 0.25.  x k     (**)  sin  2 x   sin  x     (k  Z )  x   k 2 4 4    6 3 k  k 2 x  ;x   (k  Z ) 2 6 3 So sánh điều kiện ta được. 0.25 0.25. 2 Điều kiện: x 0, y 0. Ta có x  2 xy  x 0  x 0; x  2 y  1 Với x 0 thay vào phương trình thứ hai ta được y 0 .  x  2 y  1   x  2y  x  2 y  y y  2x x x  2 y  1   Với ta có ta có. . . . x. y.   x 2. 0.25. . x  2 y  y y  2 x x. . xy  5 y 0  x  y. 0.25. Với x  y suy ra x  y 1 .Vậy hệ có hai nghiệm x  y 0; x  y 1  4. 4 (1 điểm). 0.25. 0.25. . 4 (cos x  sin x)(cos x  sin x) (cos x  sin x ) I  dx  2  dx 2 1 (sin x  cos x ) 0 (sin x  cos x) 2 . 0 (cos x  sin x) 2 Ta có  x 0  t 1; x   t  2 4 Đặt t sin x  cos x  dt (cos x  sin x)dx ;. 0.25. 0.25. 2. dt 2 2 I  2  2  t t 1 1. 0.25.  21. 0.25 Vì DC / / AB nên MN / / AB; MN / / CD 2 2 4 MN  AB 2a CD VSCDMN 2VSCDM 2. VSCDA  VSCDA 3 3 3 ; 1 4 16 VSCDA  SA.S CDA  a 3  VSCDMN  a 3 3 3 9. S. H. A. 2 d ( DM , BC ) d ( M ,( SBC ))  d ( A,( SBC )) DM / / CN nên 3 Gọi K là hình chiếu của A trên BC , H là hình chiếu của A trên SK thì d ( A,( SBC ))  AH. N. G. M. 5 (1 điểm). B. K D. 6 (1 điểm). Ta có. 1  a  1  b  1  c  2. 2. f (t ) ln(1  t 2 )  Xét hàm số. . . . . . . 4 2t 4 1  3 t , t   0;  ; f '(t )   0  t  2 5 1 t 5 2  2. 5 2  3 13 6 5 2 1  3 f (0) 0; f   ln  ; f   ln   f (t ) ln  t   0;  4 5  2 4 5 4 5  2  2 4 5 6 ln 1  a 2  ln 1  b 2  ln 1  c 2   a  b  c  3ln   5 4 5 đpcm Do đó. . . 0.25. 0.25. AK . C. 2. 2SABC 6a 1 1 1 6a   2  AH  2 2 BC AS AK 5 ; AH 14 4a  d ( DM , BC )  14 Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ. 125 5   ln 1  a 2  ln 1  b 2  ln 1  c 2 3ln 64 4. 0.25. . . . . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Dấu bằng xảy ra.  a b c . 1 2. 0.25 Đường thẳng MI qua M và song song với BC nên có phương trình x  y  1 0. A. 7a (1 điểm). D. I. M. B. d ( M , BC ) . 1 ; S ABCD 4  2.d ( M , BC ).BC 4  BC 2 2 2. 0.25. BC MI   2 2  a 3 I (a; a  1); MI  2    a 1 Gọi Suy ra I (3; 2) hoặc I (1;0) .. C. 2. 8a (1 điểm). 2. 0.25 0.25 c. d (d ; O) 2 . Gọi phương trình đường thẳng d là ax  by  c 0( a  b 0) , Đường tròn có tâm I (1;1) bán kính R 2 . Vì d a b c d ( d ; O) 2  2 a 2  b2  b  a   c  a  b | a  b  c |  | c | 2   suy ra:. tiếp. a 2  b2. xúc. 2. (C ). với. 0.25 nên 0.25. 0.25. Với b  a , chọn a 1  b  1; c 2 2 ta được phương trình x  y 2 2 0 a b c  2 ta có 15a 2  2ab  15b 2 0  a b 0 (không thỏa mãn). Với. 0.25. k 2 n 1 k Ta có C2 n 1 C2 n1 k : 0 k 2n  1 nên. 1 0 C2 n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11 2 2 n 1 0 1 2 2 n 1 C2 n 1  C2 n 1  C2n 1  ...  C2n 1  C22nn1  C22nn11 suy ra 236 2n  n 18 Mà (1  1) C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11 . 9a (1 điểm). n. 18. . 8b (1 điểm). là trung điểm BC , vì M  d. 0.25 0.25. 0.25. . . nên M (m;3m  4) . Mà GA  2GM. nên. A(6  2m;5  6 m) A  AB  m 2  M (2; 2), A(2;  7) BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x  3 y  8 0 B  AB  BC nên B(  1;3) M là trung đểm BC nên C (5;1) . Vì A, B là.các giao điểm của đường thẳng d và elip ( E ) nên A(4;0), B(0;3) hoặc B(4;0), A(0;3)  AB 5  3a  4b 24 1 S ABC 6  AB.d (C , d ) 6  3a  4b  12 12   2  3a  4b 0 Gọi C (a; b) , a 2 b2  1 Vì C  ( E ) nên 16 9. 0.25. 18  k. 3 3 Suy ra số hạng cần tìm là C18 (  1)  816. 7b (1 điểm). . 18 18 6  18  1   1   1 k k k k  5  x   5  x   C18  5  .(  x)  C18 ( 1) .  x  5 k 0 k 0  x   x   x 6k  18 0  k 3 5 Số hạng không phụ thuộc x ứng với .. Gọi M. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3  3    C  2 2;  C   2 2;   2  hoặc  2 Giải hệ ta tìm được  1 x   1; y   2; y  2. Điều kiện 2.2. 2( x  y ).  2. Từ phương trình đầu ta có: 9b (1 điểm). Thế vào phương trình thứ hai ta được:. x y. 0.25.  2 x  y 2  6 0   x  y  y x  1  2  3  2. log 2 ( x 3  1) log 4 (2 x  1) 2  log. 2. 0.25. x 1. log 2 ( x 3  1) log 2 2 x  1 ( x  1)  x 3  1  2 x  1 ( x  1)  x 2  x  1  2 x  1  x 1 1 x 2  3x  2 0    x 2 2 thì ta được phương trình: Với 1  1 x  2 thì ta được phương trình: x 2  x 0  x 0 Với ( x; y )   (0;  1),(1;0),(2;1) Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm x. ----------Hết ----------. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>