DE THI THU 2012213NHAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT LONG MỸ. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013. GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông 03-02-2013 ( THAM KHẢO) Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). y. 2x  1  1 H . x 2 có đồ thị. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Đường thẳng. d. đi qua điểm. P  4; 4 . cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A; B và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại. M ; N sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của  H  tại A; B .. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:. 25  9   2 2sin 2  x    2cos  x    tan x 4  2    0 2 cos x  1 2 sin x  1. . 2) Giải bất phương trình:. 2.  3. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân sau. I  0. . . . 2. . 1  6 x  3  6 x  1  6 x  tan x. 3  sin 2 x. dx.  2. sin 3 x J  3 dx 3 sin x  cos x 0 hoặc.  ABCD  bằng Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S . ABCD có AB a 2 , góc giữa SA và mặt phẳng 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác SBD , mặt phẳng  P  qua G và song song với mặt phẳng  ABCD  lần lượt cắt SA, SB, SC , SD tại các điểm A ', B ', C ', D '. Tính thể tích khối đa diện ABCDA ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABD  ln 2e3  e3 cos 2 x  A  lim  x 0  8x2  Câu V (1,0 điểm) Tính giới hạn sau. . . 3. 27  8 x 2     . II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng. d : x y. 2 0. và điểm. A   2;  2 . . Lập phương trình đường tròn (T) đi qua điểm A và cắt đường thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.. A  0;0;3 , M   2;  3;  6  . Điểm M ' thỏa mp  Oxy  là mặt 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho phẳng trung trực của MM ' . Điểm B là giao điểm của đường thẳng.  AM '. và. mp  Oxy  .Viết phương trình. mp  Oxz . mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với Câu VII.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. 2 C  :  x  5   y 2 41  cho đường tròn . Viết. 5  M  ;2   d  đi qua điểm  2  và cắt  C  tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho phương trình đường thẳng MA 3MB ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> A  6;0;  3 . Đường thẳng    đi qua điểm A , cắt Ox tại 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm điểm M , cắt Oz điểm N . Tính diện tích tam giác OMN Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị của hàm số. TRƯỜNG THPT LONG MỸ. mx 2  1 x có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THAM KHẢO Đáp án Điểm. GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN. Câu y. y. 2x  1  1 H . x 2 có đồ thị. Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Đường thẳng. d. P  4; 4 . đi qua điểm. cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A; B và cắt hai. 2,0. tia Ox, Oy lần lượt tại M ; N sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của 1) Học sinh tự vẽ 2) Đường thẳng. d. H. tại A; B . 1,0. đi qua điểm. P  4; 4 . cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A; B và cắt hai. tia Ox, Oy lần lượt tại M ; N sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của. H. 1,0. tại A; B .. x y  1 a  0, b  0  a b Đường thẳng 4 4 P  4;4    1 a b Đường thẳng (d) đi qua điểm. d :. I. 4 4 4.4 8 1   2   a b ab ab Ta có. ab 8  ab 64. a b  SOMN 32   4 4  a b 8 1   1 S OMN  ab 32  a b 2 suy ra a b 8   d  : y  x  8 S OMN. Vậy. 0,25. 0,25. nhỏ nhất bằng 32 khi. Giao điểm của (d) và (H) là. f '  3  3; f '  5  . A  3;5  ; B  5;3. 3 4. Phương trình tiếp tuyến của (H) tại. 0,25. A  3;5. là. y  3  x  3  5  3 x  14. 3 3 27 y   x  5   3  x  A  5;3 4 4 4 Phương trình tiếp tuyến của (H) tại là. 1) Giải phương trình:. 25  9   2 2sin 2  x    2cos  x    tan x 4  2    0  sin x  1 2 sin x 1. . . 0,25. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II.    cos x 0  x  2  l 2   2      x   l1 2  l; l1; l2 ; l3  Z  cos x  2 4    5   2 sin x   x  4  l2 2; x  4  l3 2  2 ĐK:      pt  2sin 2  x  6    2cos 2  x  4    tan x 0 4 2    sin x   1  cos  2 x   2sin 2 x  tan x  1  sin 2 x 2sin 2 x  2 cos x  2sin 2 x cos x  sin x tan x  sin 2 x  1   1  sin 2 x   1  tan x  0 cos x   x   k   sin 2 x 1 4    tan x  1  x    k   loai   4  x   m2  m  Z  4 So vớ điều kiện là nghiệm phương trình đã cho  1  sin 2 x . 2. . 2) Giải bất phương trình: 1  6 x 0 1 1   x   6 2 ĐK: 3  6 x . . 1  6 x  3  6 x  1  6 x . 2. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 1,0. Bpt(1). . . 4 2 4  4 4  2 3  12 x  36 x 2  1  6 x   4  4  2 4   1  6 x    1  6 x   . 0,25. 2. t  1  6 x  0 Đặt và từ bpt suy ra t 4  0 t 4 Bpt trở thành  4 4  2 4  t t 2  t 2  16 8 4  t   t  4   t  4  8 4  t. . .    4  t   t  4  8 4  t  Mà. 8. . 4  t  t  4.   0. . 4  t  t  4  0.  1  6x  Vậy.  . 4 t 8. 0,25. 2. 4  t 0  t 4. 1   x  6 4    x 1  2. 0,5.  1 1 S  ;   6 2 KL bất phương trình có 2 nghiệm. III.  3. Tính tích phân sau. I  0. tan x 2. 3  sin x. dx.  2. 1,0 3. sin x J  3 dx 3 sin x  cos x 0 hoặc.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  3. I  0.  3. tan x. sin x cos x dx  dx 2 2 3  sin 2 x 0 cos x 4  cos x. Đặt t  4  cos 2 x  cos 2 x 4  t 2   2tdt  2sin x cos xdx  sin x cos xdx tdt  x 0  t  3   15   x  3  t  2 Đổi cận I. 15 2. dt. 1. t 2 .  4  t 2  4  ln t  2  3. Khi đó. 15 2. . 3. 1 ln 2.  . . 15  4  ln. 0,25. 0,25. . 3 2. . 0,5.  2. sin 3 x J  3 dx 3 sin x  cos x 0 2)  x   t  dx  dt 2 Đặt    x 0  t  2   x    t 0 2 Đổi cận . 0,25.   sin 3   t  2  J   sin 3    t   cos3       2 2  2 Khi đó 0.  2. 3. 3.  2. 0,25. cos3 t dt J   dt   3 3  sin t  cos t 0 t   2. 0,5. sin x  cos x   2 J J  J  3 dx  dx   J  3 2 4 0 sin x  cos x 0 Vậy. IV. Cho hình chóp đều S . ABCD có AB a 2 , góc giữa SA và mặt phẳng.  ABCD . 0  P  qua G và song song với bằng 60 . Gọi G là trọng tâm tam giác SBD , mặt phẳng.  ABCD  lần lượt cắt SA, SB, SC , SD tại các điểm A ', B ', C ', D '. Tính thể mặt phẳng tích khối đa diện ABCDA ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABD. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> S. B'. A' G D' C'. B. A H D. C. Gọi H  AC  BD AB a 2  BD a 2. 2 2a P // ABCD   B ' D '// BD G là trọng tâm tam giác vì    Và A ' B ' C ' D ' là hình vuông B ' D ' SG 2 2 4a 4a 2 2a    B ' D '  BD   B ' D '. 2  B ' D '  SH 3 3 3 3 3 Suy ra BD Vì S. ABCD là hình chóp đều suy ra  ,  ABCD  SAH  SH   ABCD   SA 600. . 0,25. . Tam giác ABD ta có 1 AH  BD a  SH  AH tan 600 a 3  SA 2a 2 1 2a 3 3  VS . ABCD  SH .S ABCD  3 3 1 AH  BD a  SH  AH tan 600 a 3  SA 2a 2. 0,25. 2.  2a 3  1 12 2 4a 3 3  VS . A ' B 'C ' D '  SG.S A ' B 'C ' D '  SH .S A ' B 'C ' D '  a 3    3 33 9 27  3   2 3 4 3  14 3a3 VABCDA ' B ' C ' D ' VS . ABCD  VS . A ' B 'C ' D ' a3    3 27 27   Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD O  SH  O   SBC  Suy ra suy ra R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 2a 2a 3 R  0 3 2sin 60 SBD mà SB SD BD 2a suy ra SBD đều nên. V.  ln 2e3  e3 cos 2 x  A  lim  x 0  8x2  Tính giới hạn sau. . . 3. 27  8 x 2     . 0,25. 0,25. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  ln 2e3  e3 cos 2 x  3 27  8 x 2   ln e3  2  cos 2 x   3 27  8 x 2     A  lim   lim  2 2  x 0   8x 8x  x  0      ln  2  cos 2 x   3  3 27  8 x 2   ln  1  1  cos 2 x   3  3 27  8 x 2   A  lim  lim  2 x 0   x 0  8x 8x2     ln 1  2sin 2 x  3  3 27  8 x 2   A  lim  2  x 0  8x       ln 1  2sin 2 x   3  3 27  8 x 2  1    A  lim  lim  2    x  0 4 x 0  x2 8 x 2   .2sin x    sin 2 x   ln 1  2sin 2 x   x2   1 E  lim  D  lim  2  1 2   x  0 2sin x  x  0  sin x     . . . . 0,25.    . . . . . vì. . và.    ln 1  2sin 2 x  1  1 F  lim  4 x 0  x2 2  4 .2sin x  2 sin x   nên suy ra     1  8x2   A   lim  2 4 x 0   8 x 2  9  3.3 27  8 x 2  3 27  8 x 2             1 1 1 1 1 31   1 A   lim        2 4 x 0  4 9  3.3  9 4 27 108   9  3.3 27  8 x 2  3 27  8 x 2      . . . . .  .  . A   2;  2 . 0,25. . . 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng. VIa. 0,25. d : x y. 2 0. 0,25. và điểm. . Lập phương trình đường tròn (T) đi qua điểm A và cắt đường thẳng (d) tại 2. 1,0. điểm phân biệt B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.. Ta có từ giả thiết suy ra đường tròn (T) cần lập là đường tròn có đường kính BC ..  B  t ;2  t    d   AB  t  2;4  t . Gọi.  0 ABC CAB  45 . Đường thẳng (d) có VTCP: u  1;  1 Ta có   2t  2 1 cos ABC  cos AB, u   2 2 2t 2  4t  20. . . . . . . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . 2t  2.  2t. 2.  4t  20. . 1  2t 2  4t  20 4t 2  8t  4  t 2  2t  8 0 0,25.  t 4  t 2  2t  8 0    t  2  t 4  B  4;  2   t  2  B   2;4  Với  vì vai trò của B và C như nhau suy ra  B  4;  2    C   2;4 . 0,25.  B  4;  2   C   2;4 . 0,25. Đường tròn (T) có tâm là. I  1;1 ; R 3 2. nên có phương trình.  x  1 2   y  1 2 18. A  0;0;3 , M   2;  3;  6  . Điểm M ' 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mp  Oxy  là mặt phẳng trung trực của MM ' . Điểm B là giao điểm của đường  AM ' và mp  Oxy  .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với thẳng thỏa. 1,0. mp  Oxz  mp  Oxy  là mặt phẳng trung trực của MM ' suy ra M , M ' đối xứng với nhau qua mp  Oxy  suy ra M '   2;  3;6  B  m, n,0  là giao điểm của  AM ' và mp  Oxy  suy ra 3 điểm A, M ', B thẳng   AB  k AM ' hàng suy ra tồn tại số k sao cho   AB  m; n;  3 ; AM '   2;  3;3 m  2k k  1     AB k AM '  n  3k  m 2  B  2;3;0   3 3k n 3   mp  Oxz  suy ra bán kính R  yB 3 Mặt cầu (S) tâm B tiếp xúc với. 0,25. Gọi.  x  2. VIIa. 2. 2. 0,25 0,25. 2.   y  3  z 9. Ptmc(S): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ Từ giả thiết bài toán ta thấy có C25 =10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 3 3 2 đứng đầu ) và C5 =10 cách chọn hai chữ số lẻ  có C5 . C5 = 100 bộ 5 số được chọn 2 3 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập  có tất cả C5 . C5 .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C14 . C 35 . 4 !=960 . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT.. 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. VIb. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 2 x  5   y 2 41  cho đường tròn (C): . Viết. 5  M  ;2   2  và cắt (C) tại 2 điểmphân biệt phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, B sao cho MA 3MB . Đường tròn (C) có tâm. 1,0. I  5;0  , R  41. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Ta có IM  R nên M ở trong (C) 2. Đặt Gọi. A  a; b    C    a  5   b 2 41 1 2. B  m; n    C    m  5   n 2 41 2    thuộc (C) . M ở trong (C) và MA 3MB  AM  3BM    5  5   15  AM   a;2  b  BM   m;2  n    3BM    3m;  6  3n  2 ; 2   2   15 5    3m   a AM  3BM   2  2 2  b  6  3n Thế (3), (4) vào (1). 0,25. a 10  3m  3  b 8  3n  4 . 2 2 5  3m    8  3n  41 5  ta được. 2 2  m  5  2  n 2 41  9m  90m  9n 144   2 2 2 2 9m  30m  9n  48n  48 5  3 m  8  3 n  41     Giải hệ (2) và (5)  16  5m  n  2 2 m  10m  n 16 4    2  5m  4n 16 m2  10m   16  5m  16  a     4  . 0,25.  a   16m2  160m  256  160m  25m2 256  25m 2 0  m 0  n 4 a 10    A  10;  4  , B  0;4  b  4  Khi đó Phương trình đường thẳng cần tìm là. x  10 y  0   4  x  10   5 y  4 x  5 y  40 0 10 8. 0,25. 0,25. A  1;2;1 , B  0;1;0  ; I  0;6;4  . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm Đường thẳng.  .  AB  điểm đi qua điểm I , cắt Ox tại điểm M , cắt đường thẳng. 1,0. N . Tính diện tích tam giác OMN. Gọi. M  m;0;0    Ox .   N  x; y; z    AB   AN ; AB Gọi cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho   AN  x  1; y  2; z  1 ; AB   1;  1;  1.  x 1  t   AN t. AB   y 2  t  t  R   z 1  t  N  1  t ;2  t ;1  t     IN  1  t ;  t  4;  3  t  ; IM  m;  6;  4       I ; M ; N 3 điểm nằm trên nên IM ; IN cùng phương suy ra tồn tại số k sao cho . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> m k  1  t  m  k  kt 0 m 4     IM k IN   6 k   t  4    4k  kt  6  k 2     3k  kt  4 kt  2  t  1  4 k   3  t  M  4;0;0  , N  2;3;2  Vậy    OM  4;0;0  ; ON  2;3;2    OM ; ON   0;  8;  12  1  1 SOMN   OM ; ON   82  122 2 13 2 2 Diện tích tam giác OMN . Ta có:. VIIb. y' . 0,25. 0,25. mx 2  1 x2 .. Hàm số có hai cực trị  y ' 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0(*) . Khi m  0 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: 1 4    1  A  ;2  m  , B ;  2  m   AB 2   16   m    m m    m  . 4 AB 2 2 .16   m  16   m ( không đổi).. 1  m   4 2 AB 4  16( m)   m  m 1  2 Kết hợp với điểu kiện (*) ta được. m . 1 2. 0,25 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>