de thi thu dai hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, KHỐI A, A1, B TRƯỜNG THPT GIA BÌNH SỐ 1 Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian giao đề). SỞ GD & ĐT BẮC NINH. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8 điểm). y. 2x  2 x 1. Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số. b) Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 . Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình:. 2cos 2 x  8cos x  7 . 1 cos x.  x 6  y 3  x 2  9 y 2  30 28 y  3 2  x  4 1  y 10  3 x  6 2  x , (x,y Î R) Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình: . lim x 0. 1  2 x 1  sin x 3x  4  2  x. Câu 4 (1 điểm). Tính giới hạn sau: Câu 5 (2 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. a) Tính theo a thể tích khối chóp A’.BCC’B’ b) Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’. Câu 6 (1 điểm). Cho ba số thực dương x,y, z thỏa mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của. x4 y4 z4 P 2   y  z 2 z 2  x2 x2  y 2 . II. PHẦN RIÊNG(2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 – 2x + 4y - 4 = 0 có tâm I và điểm M(- 1 ; - 3). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.  0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ Câu 8.a (1 điểm). Cho tập hợp X = số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ sốâ hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục nghìn phải baèng 1. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1 điểm) 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 tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.  ln  x  1  ln( y  1)  x  y ( x, y Î R )  2 2 x  12 xy  20 y  0  Câu 8.b (1 điểm). Giải hệ phương trình  ….. 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 đề thi thử đại học môn Toán khối A năm học 2012 – 2013 Lần 1 trường THPT Gia Bình số 1.. Caâu Caâu 1 ýa 1 điểm. Caâu 1 ýb 1 điểm. Hướng dẫn. Ñieåm 0.25 0.25 0.25 0.25. +) TXÑ: D = R +) Tính được y’, KL khoảng đơn điệu, tiệm cận +) BBT: +) Đồ thị:. 2x  2 2 x  m x  1 Xét phương trình (1) với x ≠ -1  2 x  2 ( x  1)(2 x  m ), x  1  2 x 2  mx  m  2 0 (2) , x  1 Do đó để đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm A và B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt hay (2) có hai nghiệm phân biệt x ≠ - 1.   0   2  m  m  2  0 . m 2  8m  16  0   4  0 . 0.25. m  4 4 2   m  4  4 2. Khi đó A(xA;yA), B(xB;yB) với xA, xB là các nghiệm của (2). Để AB =. 5.  AB 2 5  ( x A  x B )2  ( y A  yB )2 5  ( x A  x B )2 1. 0.25.  ( x A  x B )2  4 x A x B 1(*) m   x A  x B  2   x x m  2 A B  2 Theo viet ta có  Nên (*) trở thành. m2  2m  4 1  m 2  8m  20 0  4.  m 10  m  2 .  m 10  m  2 Kết hợp với các điều kiện trên vậy  thỏa mãn bài toán.. 0.5. điều kiện cosx ≠ 0. Câu 2. Phương trình tương đương với 2cos2x.cosx – 8cos2x + 7cosx = 1  (4 cos 2  2) cos x  8cos 2 x  7 cos x  1 0 3. 1 điểm. 0.25. 2.  4 cos x  8cos x  5cos x  1 0 t 1 Đặt t = cosx, phương trình trở thành 3 2 4t - 8t + 5t – 1 = 0  (t – 1)(4t2 – 4t + 1) = 0  t 1  t 1  2   4t  4t  1  1  t 1  2  2 Với t = 1 ta có phương trình cosx = 1 hay x = 2k . 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   x   2k 3 Với t = ½ ta có phương trình cosx = ½   x   2k 3 Kết hợp với điều kiện phương trình có ba họ nghiệm x = 2k  , .. Câu 3 1 điểm Điều kiện Ta có.  2  x 0   2  x 0  1  y 0 . 0,25.  2  x 2   y 1.  x 6  y 3  x 2  9 y 2  30 28 y  3 2  x  4 1  y 10  3 x  6 2  x ( x 2 )3  x 2 ( y  3)3  ( y  3) (1)  3 2  x  4 1  y 10  3 x  6 2  x (2) 3 Xét hàm số f (t ) t  t , t Î R 2. Có f (t ) 3t  1  0, t Î R nên hàm số đồng biến trên R Mà phương trình (1) có dạng f(x2) = f(y+ 3) hay phương trình trở thành 2 x2 = y + 3  y  x  3 thay vào phương trình (2) ta được. 0,25. 3 2  x  4 4  x 2 10  3x  6 2  x  3( 2  x  2 2  x ) 10  3x  4 4  x 2 (3) 2 2 Đặt t  2  x  2 2  x  t 10  3x  4 4  x Do đó (3) trở thành t2 = 3t hay t = 3 hoặc t = 0 6 39 2  x 2 2  x  x   y  5 25 (t/m) Với t = 0 ta được Với t = 3 ta có 2  x  2 2  x 3  2  x 2 2  x  3  12 2  x 5 x  15(*) Ta thấy (*) vô nghiệm vì  2 x 2. 6   x  5   y  39 25 . Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm . 0,25. 0,25. ViÕt l¹i giíi h¹n trªn díi d¹ng:. 1  2 x 1  sin x x lim . x 0 3x  4  2  x x C=. Câu 4. XÐt. 1 điểm. f ( x ) 1  2 x 1  sin x. f '( x ) . §Æt. , ta cã f (0) 0 ;. 1  cos x  f '(0) 0. 2 x 1. g( x )  3 x  4  2  x. , ta cã g(0) 0 ;. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 1 g '( x )   1  g '(0)  . 4 2 3x  4 f ( x )  f (0) f '(0) x 0 lim  0 x  0 g ( x )  g (0) g '(0) x 0 Khi đó: C = . Gọi H là trung điểm của BC. Xét tam giác ABC có BC  AB 2  AC 2 2a  AH a. Câu 5. A ' H  A ' A2  AH 2  (2a ) 2  a 2  3a.. ýa. 1 1 1  VA '. ABC  A ' H .S ABC  3a. a. 3a  a 3 3 2 2. 1 điểm. ýb 1 điểm. VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC Thể tích khối lăng trụ là Mà thể tích khối chóp A’.BCC’B’ là 3 1 VA '.BCC ' B ' VABC . A ' B 'C '  VA '. ABC  a 3  a 3 a 3 2 2 3 Vậy VA '. BCC ' B ' a. 0,25. 0,25. 0,25. 1 3  3a. a. 3a  a 3 2 2. Ta thấy A’H  (ABC) nên A’H  (A’B’C’) suy ra tam giác HA’B’ vuông tại A’. Theo định lý Pytago: HB’2 = HA’2 + A’B’2 = 3a2 + a2 = 4a2 suy ra HB’ = 2a. Tam giác BB’H có HB’ + BB’ = 2a nên là tam giác cân ở B’.  BK BH a 1 cos B ' BH     BB ' 2 BB ' 4a 4 , với K là trung điểm của BH. Do đó Góc giữa hai đường thẳng Â’ và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng BB’ và BC  ( vì AA’ //BB’; B’C’ // BC) do đó bằng B ' BH . Vậy cosin của góc giữa hai đường 1 thẳng AA’ và B’C’ bằng 4 .. 0,25. 0,25. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A’. C’. 0,25 B’. A C. Câu 6 1 điểm. 0,25. H K B. Trước hết ta chứng minh với mọi số thực a, b, c ta đều có 2. 2. 2. 0,25. 0,25. 2. (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) (*) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Theo giả thiết và (*) ta có 6 = x + y + z + xy + yz + zx. Câu 7a. 1 điểm. Đặt t =.  3( x 2  y 2  z 2 )  x 2  y 2  z 2. x 2  y 2  z 2 , ta có bất phương trình. 0,25 0,25. t  3 6 t 2  3t  t 2  3t  6 0   t 3 t  2 3  vì t dương. Hay. 0,25. x 2  y 2  z 2 3. 0,25. Mặt khác theo bất đẳng thức cosi với hai số dương ta lại có. Câu 8 a. 1 điểm. x4 y2  z2 y4 z 2  x2 z4 x2  y2 2 2   x ;   y ;  z 2 2 2 2 2 2 2 y z 4 z x 4 x y 4. 0,25. x2  y 2  z 2 3  P  2 2. 0,25. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy Min P = 3/2 đạt tại x = y = z = 1. Đường tròn (C) có tâm I(1; - 2), bán kính R = 3. Phương trình đường thẳng d đi qua M có dạng : a(x + 1) + b(y + 3) = 0 ( a2 + b2 > 0) hay ax + by + a + 2b = 0.. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 7 b 1 điểm. Câu 8 b 1 điểm. 1  S IAB  IA.IB.sin    AIB 2 Diện tích tam giác IAB là : , với và  Î (0;  )   2. Suy ra MaxS = 9/2 đạt khi sin  = 1 hay  1    3 AIH  AIB   IH IA cos  2 4 4 2 . Mặt khác Kẻ IH  AB tại H, ta có  b a d ( I , ( D)) IH  2(2a  b) 2 9(a 2  b 2 )  7b 2  8ab  a 2 0    a 7b Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: ( d1 ) : x  y  4 0; ( d 2 ) : 7 x  y 10 0 .. 0,5. 0,5. * Xem các số hình thức a b c d e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c). Sau đó chọn các giá trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ.  1 : soá caùch choïn A74 . X\ Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.. 0,25. * Xem các số hình thức 0b c d e . * Loại những số dạng hình thức 0b c d e thỏa mãn yêu cầu bài tốn ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số thỏa yêu cầu đề bài. 7  xC C ( xC ; ) B Î d : x  y  5  0 1 2 Gọi B vì , vì C Î d 2 : x  2 y  7 0  xB  1  B ( 1;  4), C (5;1)  xC 5  Do G(2;0) là trọng tâm tam giác ABC nên ta có Suy ra phương trình của BG: 4x – 3y – 8 = 0 Mà đường tròn cần tìm có tâm C và tiếp xúc với BG nên nó có bán kính 9 R d (C , BG )  5 81 ( x  5) 2  ( y  1) 2  25 . Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là: (x B;  5  x B ). Xét hệ ln  x  1  ln( y  1)  x  y (1)  2 2 (2)  x  12 xy  20 y 0 Điều kiện x > -1, y > -1. 0,25. ( x , y Î ).  x 2 y  ( x  2 y )( x  10 y ) 0   (*) x  10 y  Ta có (2) Mà (1)  ln( x  1)  x ln( y  1)  y (3) Xét hàm số f(t) = ln(t + 1) – t với t > - 1 1 t f '(t )   1  t 1 t 1 Có f’(t) = 0 khi t = 0 suy ra bảng biến thiên. t f’(t). -1. 0 +. 0. 0,5. +∞ -.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0. Từ bảng biến thiên suy ra nếu phương trình (3) có nghiệm x ≠ y hay (1) có nghiệm x ≠ y thì x và y phải trái dấu nhau điều này mâu thuẫn với (*) nên phương trình (3) phải có nghiệm x = y do đó hệ có nghiệm du y nhất là (0; 0) Lưu ý: Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>