De DA Thi thu DH mon Toan KA lan 1 Truong THPT NgoGia Tu

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Ngày thi 29/12/2012. Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y =. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x − 3 . x−2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất . Câu II. (2,0 điểm) 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) . 6 1 − 2x + 1 + 2 x ≥ 2 − x2 .. 1. Giải phương trình tan 2 x − tan x = 2. Giải bất phương trình Câu III. (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a . Biết ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD . 1. Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) . 2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD . 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM.Với M là trung điểm BC. Câu IV. (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng :. a 4b 9c + + > 4. b+c c+a a+b. Câu V. (2,0 điểm) 1.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Đường thẳng BC có. phương trình. 3 x − y − 3 = 0 . Biết hai đỉnh A, B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn. nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC . 2. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X . Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn . x +1 2x  2 .log 9 y − 2 = 2 Câu VI. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 2 9.2 .log 27 y − 9 = log 3 y.. -----------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ………………………………..Số báo danh……………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A, A1 ( Đáp án – thang điểm có 04 trang). SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ. Câu I.. Ý 1.. Nội dung TXĐ : ℝ \ {2} ; Có y ' =. −1. ( x − 2). 2. < 0, ∀x ≠ 2 nên hàm số nghịch biến trên ( −∞; 2 ). Điểm 1.0 0.25. và ( 2; +∞ ) ; hàm số không có cực trị .. limy = 2 ⇒ đths có TCN y = 2 . limy = +∞ ; limy = −∞ ⇒ đths có TCĐ : x = 2 . x →±∞. x → 2+. BBT. 0.25. x → 2−. x y’. 2. −∞. +∞. –. –. 2. +∞. y 3  Đồ thị : Giao Ox :  ;0  ; Giao Oy : 2 . 0.25. 2. −∞.  3  0;   2. 0.25. 2.. 1.0.  2x − 3  Vì M ∈ (C) nên g/s M  x0 ; 0  x0 − 2   Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là : y =. ( ∆ ) giao TCĐ tại. −1. ( x0 − 2 ). 2. ( x − x0 ) +. (∆).  2x − 2  A  2; 0  ; ( ∆ ) giao TCN tại B ( 2 x0 − 2; 2 )  x0 − 2  2.  2x − 2  Khi đó AB = ( 2 x0 − 4 ) +  2 − 0  =2 x0 − 2   2. Vậy ABmin = 2 2. 2 x0 − 3 x0 − 2. ( x0 − 2 ). 2. +. 1. ( x0 − 2 )  x0 = 3 ⇒ M ( 3;3) 1 2 khi ( x0 − 2 ) = ⇔  2 ( x0 − 2 )  x0 = 1 ⇒ M (1;1). 2. 0.25. 0.25 ≥2 2. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II.. 1.. 1.0. π π  x ≠ +k  cos2 x ≠ 0  4 2 Điều kiện :  ⇔ , ( k, l ∈ ℤ) cos x ≠ 0  x ≠ π + lπ  2 sin 2 x.cos x − cos 2 x.sin x 1 Pt ⇔ = ( sin 4 x + sin 2 x ) cos x.cos 2 x 6 ⇔ 6 sin x = cos x.cos 2 x.sin 2 x ( 2 cos 2 x + 1). 0.25. 0.25. sin x = 0 ⇔ x = kπ (t / m) ⇔ 2  2 cos x.cos 2 x ( 2 cos 2 x + 1) = 6 (*) (*) ⇔ (1 + cos 2 x ) .cos 2 x. ( 2 cos 2 x + 1) = 6. 0.25. ⇔ 2 cos3 2 x + 3cos 2 2 x + cos 2 x − 6 = 0 ⇔ cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ. 0.25. Vậy pt có nghiệm x = kπ , k ∈ ℤ 2.. Điều kiện : −. 1.0 0.25. 1 1 ≤ x ≤ . Khi đó 2 − x 2 > 0 2 2. Bpt ⇔ 2 + 2 1 − 4 x 2 ≥ 4 − 4 x 2 + x 4 ⇔ 2 1 − 4 x 2 ≥ 2 − 4 x 2 + x 4 (1) 1 1 Vì − ≤ x ≤ nên 2 − 4 x 2 > 0 ⇒ 2 − 4 x 2 + x 4 > 0 2 2. (1) ⇔ 4 (1 − 4 x 2 ) ≥ ( 2 − 4 x 2 + x 4 ). (t / m ). 0.25. 2. 2. ⇔ 4 − 16 x ≥ 4 + 16 x 4 + x8 − 16 x 2 + 4 x 4 − 8 x 6 ⇔ x8 − 8 x 6 + 20 x 4 ≤ 0 ⇔ x 4 x 4 − 8 x 2 + 20 ≤ 0 ⇔ x = 0. (. III.. 1.. 2.. ). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD) Do đó góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC với AC và bằng SCA (vì tam giác SAC vuông tại A nên SCA < 90° ) Theo gt, hình thang ABCD vuông tại A và B nên tam giác ABC vuông tại B và có AC = AB 2 + BC 2 = a 5 . Trong tam giác vuông SAC có SA 1 tan SCA = = AC 5 Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà AC ⊥ BD nên SC ⊥ BD . 2. 0.5 0.5. 0.25. 0.25. 1.0. 2. Đặt AD = x , x > 0 ta có BD = a + x 1 1 Ta có S ABCD = AC.BD = ( AD + BC ) . AB ⇔ a 5. a 2 + x 2 = ( x + 2a ) .a 2 2 a a ⇔ 4 x 2 − 4ax + a 2 = 0 ⇔ x = . Vậy AD = 2 2. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1a 5a 2  ⇒ S ABCD =  + 2a  .a = 2 2 4 . 3.. 0.25. 1 1 5a 2 5a 3 mà SA ⊥ (ABCD) nên VS . ABCD = SA.S ABCD = a. = 3 3 4 12 1 Ta có M là trung điểm BC nên BM = BC = a 2 Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a . Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông ⇒ AB // MN ⇒ AB // (SMN) mà SM ⊂ (SMN) nên d ( AB , SM ) = d ( AB ,( SMN )) = d ( A,( SMN )). 0.25. 0.5. 0.25. Vì MN // AB ⇒ MN ⊥ AN và MN ⊥ SA nên MN ⊥ (SAN) . Từ A kẻ AH ⊥ SN tại H thì AH ⊥ (SMN) ⇒ d ( A,( SMN )) = AH . 1 a 2 SN = 2 2 −x + y + z x− y+ z x+ y−z Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b ⇒ a = ;b = ;c = 2 2 2 Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 . Khi đó : a 4b 9c −x + y + z 4( x − y + z) 9( x + y − z) + + = + + b+c c+a a+b 2x 2y 2z 9   y 2x   z 9x   2z 9 y   1 = − −2− + + + + + +  2   2x y   2x 2z   y 2z   2 ≥ −7 + 2 + 3 + 6 = 4  y = 2x a = 2b  c + a = 2 ( b + c ) Đẳng thức xảy ra ⇔  z = 3 x ⇔  ⇔ (loại) . c = 0 a + b = 3 b + c ( )  3 y = 2 z   Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh . Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN ⇒ AH =. IV.. V.. 1.. (. 1.0. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 1.0. Vì B = BC ∩ Ox ⇒ B (1;0 ). Đường thẳng BC có vtpt n. 0.25. ). 3; −1. Trục Ox có vtpt j ( 0;1) Do tam giác ABC vuông tại A nên góc B nhọn 1 ⇒ cos B = cos ( n , j ) = ⇒ ABC = 60° . 2 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ ABI = 30° Dựng IH ⊥ AB tại H thì IH là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC ⇒ IH = 2 . IH Trong tam giác vuông IHB có HB = = 2 3 mà AH = 2 (cách dựng ) nên tan 30° AB = AH + HB = 2. (. 0.25. ). 3 +1. Do A ∈ Ox nên giả sử A(a; 0) thì AB = a − 1 = 2. (. a = 2 3 + 3 3 +1 ⇔   a = −2 3 − 1. ). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vì AC ⊥ AB và A,B ∈ Ox nên C và A có cùng hoành độ, C ∈ BC : 3 x − y − 3 = 0. (. ) (. + Với a = 2 3 + 3 ⇒ A 2 3 + 3;0 , C 2 3 + 3; 6 + 2 3. ).  4 3+7 6+2 3  Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là : G  ;   3 3  . (. ) (. + Với a = −2 3 − 1 ⇒ A −2 3 − 1;0 , C −2 3 − 1; −6 − 2 3. ).  −4 3 − 1 −6 − 2 3  ⇒ G  ;  3 3   2.. 0.25. Gọi số có hai chữ số khác nhau là ab với a ≠ 0 và a, b ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6}. 0.25 1.0. Vì a ≠ 0 nên a có 6 cách chọn ; b ≠ a nên b có 6 cách chọn . Do đó có tất cả 6.6 = 36 số có hai chữ số khác nhau ⇒ n ( X ) = 36 2 36. Lẫy ngẫu nhiên hai số trong X có C = 630 cách ⇒ n ( Ω ) = 630. 0.25 0.25. Gọi A: “Lấy được hai số đều là số chẵn” . Xét ab là số chẵn thì b ∈ {0; 2; 4; 6} Nếu b = 0 thì a có 6 cách chọn ⇒ có 6 số . Nếu b ≠ 0 thì b có 3 cách chọn và a có 5 cách chọn vì a ≠ 0 , b ≠ a ⇒ có 15 số Do đó trong X có tất cả 6 + 15 = 21 số chẵn gồm hai chữ số khác nhau .. 0.25. Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn có C212 = 210 cách ⇒ n(A) = 210 . Vậ y P ( A ) =. VI.. n ( A). =. 210 1 = . 630 3. n (Ω) Điều kiện : y > 0 . 2 x.log 3 y − 2 = 22 x (1) Hệ pt ⇔  x 2 ( 2) 3.2 .log 3 y − 9 = log 3 y 22 x + 2 Từ (1) ⇒ log 3 y = . Thế vào (2) ta được : 2x  22 x = 4 ⇔ x = 1 ⇒ y = 27 2 2x 2x   2 + 2 2 + 2  3.2 x. −9 =   ⇔  2x 1 x x 2 2 =− ( vn )  2   2 Tổng. Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.. 0.25. 1.0 0.25 0.25. (t / m ) 0.5. 10.00.

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