De thi thu DH Lan I kinhhoavioletvn

<span class='text_page_counter'>(1)</span> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (2012 – 2013) Trường THPT ……………… Thời gian: 180 phút I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) x 1 y Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: x2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Tìm m để đường thẳng d: y = mx – m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại 2 điểm đó song song với nhau. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 3x  3 sin 3x  cos x  3 sin x  2sin 2x Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:. 2 x 2  11x  15  x 2  2 x  3  x  6. 2  y  x  y (1  2 x)  0 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2 4 2 3 y  4 xy  y   x Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh có độ dài a và góc  ABC = 600. Mặt phẳng (SAC) và mp’(SBD) cùng vuông góc với đáy, mặt bên (SAB) tạo với đáy góc 300. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và CD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 9 S  (a  b) (a  2c)(b  2c ) a 2  b2  c2  4. II.Phần riêng(3,0 điểm).Thí sính chỉ được làm 1 trong 2 phần riêng (Phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn. Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ oxy cho điểm M(1; -1) và 2 đường thẳng (d1): x – y – 1 = 0, (d2): 2x + y = 0. Viết phương trình của đường tròn có tâm nằm trên (d1), đi qua điểm M và tiếp xúc với (d2). Câu 8a (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm:. x  2  4m. 4 x 2  5 x  6  (m  3) x  3  0 n.  1  Câu 9a (1,0 điểm). Tìm x biết rằng trong khai triển của P( x)   2 x   thì tổng của số 2 x 1   hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135, còn tổng các hệ số của ba số hạng cuối bằng 22. B. Theo chương trình nâng cao. Câu 7b( 1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 -2x + 4y + 2 = 0 . Lập phương trình đường tròn (C’) tâm I’(5; 1) cắt (C) tại 2 điểm M, N sao cho: MN  5 .. x 2  2mx  1  3m 2 (Cm) xm Tìm m để hàm số có cực đại , cực tiểu và khoảng cách từ các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị (Cm) đến tiệm cận xiên của (Cm) bằng nhau. Câu 9b (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau ? Tính tổng tất cả các số tự nhiên đó. Câu 8b (1,0 điểm). Cho hàm số:. y. Họ và tên thí sinh: …………………….. Số báo danh: …………………………... Chữ kí của giám thị. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BIỂU ĐIỂM – ĐÁP ÁN Toán 12 - Thi thử ĐH lần I(2012-2013) Đáp án. Câu 1 (2,0 điểm). Điểm. 1) (1,0 điểm) +) T.X.Đ: D = R\{2} 0,25. 3 , x  2 ( x  2) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; 2) và (2; +  ) Sự biến thiên: y ' . +) Giới hạn: lim y 1; lim y 1  đồ thị có tiệm cận ngang x . y = 1.. x . 0,25. lim y   ; lim y     đồ thị có tiệm cận đứng x = 2. x  2. x2. + Bảng biến thiên: x - y’ y. +. 2 -. 0,25. +. 1 -. 1. +) Đồ thị:. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2) (1,0 điểm) + Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C):  f ( x)  mx 2  (3m  1) x  2m  1  0 (1) x 1  mx  m   x2 x  2 +) (d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phận biệt khác 2  5  21 m  0 m  2    0 (2)    5  21  f (2)  0 (m  0)  m  2 . +) Với đk (2), giả sử (d) cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ x1, x2 ( x1  x2 ) , ta 3m  1 có x1 + x2 = m Tại 2 giao điểm kể được 2 tiếp tuyến song song  y’(x1) = y’(x2)  x1 + x2 = 4  3m  1 = 4  m = 1 ( t/m (2)) m Vậy: m = 1. 0,25. 0,25. 0,5. 2 (1,0 điểm) +) PT  (co3x – cosx) + 3 (sin3x – sinx) = 2sin2x  -2sin2x.sinx + 2 3 cos2x.sinx = 4 sinx.cosx. 0,25. (1) sin x  0 +)    3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x (2)  (1)  x   k 2 (k  Z ) 2. 0,25.   x    k 2    6 cos  2 x    cos x   (k  Z )  +) (2) 6   x    k 2  18. 0,5. +) KL: PT có 3 họ nghiệm như trên. 3 (1,0 điểm).  x 1 +) ĐK:  x   3. 0,25 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> +) TH 1. x 1 x  3.. . . 2 x  5  x 1  (2 x  5)  ( x 1). BPT  x  3  2 x  5  x 1  4 x 2  8 x  21  0 7  x   2 3   x  ( do x 1) 2 x  3  2 +) TH 2. x   3.  x  3.. BPT . . 0,25. . 2 x  5  1  x  (1  x)  ( 2 x  5).   x  3  1  x  2 x  5  4 x 2  8 x  21 0. 7  x   2 7   x   ( do x   3) 2 x  3  2 7   3     ; +) Vậy tập nghiệm của BPT là:  ;  2  2  . 0,25. 0,25. 4 (1,0 điểm).  y 2  x   y (1  2 x) (1) +) Hệ PT   2 2 2 ( y  x)  3 y (1  2 x)  0 (2) +) Thay (1) vào (2) , ta được: y 2 (1  2 x) 2  3 y 2 (1  2 x)  0 y 0  1 2  2 y (1  2 x)(2  x)  0   x   2 x  2  +) y = 0  x = 0 1 1 x=  2x - 1 = 0, thay vào (2)  y 2   x   (vô lí) 2 2 y  1  x = 2 , thay vào (1) ta được  y2 Vậy: HPT có 3 nghiệm (0;0) ; (2; 1); (2; 2) 5 (1,0 điểm). +) mp’(SAC) và mp’(SBD) cùng vuông góc với mp’(ABCD) nên SO vuông góc với mp’(ABCD) 3 S ABCD  a 2 .sin 600  a 2 2. 4. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> +) Vẽ OI  AB. Vì SO  (ABCD)nên SI  AB    SAB  ;  ABCD    ( SI ; OI )  SIO  300  ABC đều cạnh a, Gọi M là trung điểm AB thì CM là đường cao của  ABC 3 a 3 nên CM  a  OI  2 4 Vì OI là đường TB của  ABC. 0,25. Trong  vuông SOI có SO = OI.tan300 =. +) CD // AB nên CD // mp’(SAB) nên d(CD;SA) = d(CD; (SAB)) = d(J; (SAB)), với J là giao của OI với CD. Gọi H là hình chiếu của J trên SI thì JH  mp’(SBA) nên d(CD; SA) = JH. 0,25. a 3 a 3 , trong  vuông IJH có JH = IJ.sin300 = 2 4 a 3 Vậy: d(CD; SA) = 4 +) Áp dụng bất đẳng thức cô – Si ta có: 1 1 1 a 2  b 2  c 2  4  (a  b )2  (c  2 )2  (a  b  c  2)2 2 2 4 1 1 (a  b) (a  2c)(b  2c )  (a  b)(a  b  4c )  (3a  3b )(a  b  4c ) 2 6 2  (a  b  c) 2 3 +) Suy ra: 8 27 8 27 S   2 .Đặt t  a  b  c, t  0  S  2 a  b  c  2 2(a  b  c) t  2 2t 8 27 +) Xét hàm số: f (t )   2 với t > 0, ta có : t  2 2t 8 27 5 f '(t )    2 , có f’(t) =0  t = 6 và f (6)  2 (t  2) t 8 +) Bảng biến thiên: t 0 6 + f’(t) + 0 5 8 f(t). 0,25. +) IJ = 2OI =. 6 (1,0 điểm). a 1 a3. 3 . Vây: V  S ABCD .SO  4 3 24. 5. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Dựa vào BBT ta thấy: S  f (t ) . 5 , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2 8. 5 , khi a = b = c = 2 8 +) (C) có tâm I, bán kính R, I(a; a-1)  (d1), (C) qua M và tiếp xúc với (d2) | 2a  a 1| (a 1) 2  a 2  IM = d(I; d2)   a2 – 4a + 4 = 0  a = 2 5 Vậy: GTLN của S =. 7a (1,0 điêm). 8a (1,0 điểm). + a= 2  I(2; 1) và R = 5 . PT (C ) lạ (x -2)2 + (y – 1)2 = 5 +) ĐK: x  3; x = 3 không là nghiệm của PT x2 x2 Với x > 3, PT   4m. 4  m 30 x 3 x 3 Đặt t =. 4. n. +) P( x)   C k 0. k n.  2 x. nk. 0,5.  n2  1  4 Cn2 2 x .   Cn x 1   2   n2 n 1 n Cn  Cn  Cn  22.  . 0,25. 0,25. k.  1  .  , theo bài ra ta có HPT: x 1  2 . 2. 7b (1,0 điểm). 0,5. t 2  3 x2 , t > 1, PT có dạng: m   f (t ) , (t 1) 4t  1 x 3. t   2 ( L ) 4t 2  2t  12 ; f '(t )  0   3 +) f '(t )  2 t  (t / m) (4t  1)  2  3  3 +) Lập bảng biến thiên: Ta có max f (t )  f    (1;   ) 2 4 3 Vậy PT đã cho có nghiệm khi m  4 9a (1,0 điểm). 0,5.   2x. n4.  1  .  135 (1) x 1  2  (2).  x  1 +) Từ (2) suy ra n = 6, thay vào (1) ta có: 30.2 x  60.2 x 135   x  2 Vậy PT có 2 nghiệm x = -1 hoặc x = 2 +) (C ) có tâm I(1; -2) bán kính R = 3 , (C’) có tâm I’(5; 1), bán kính R’. 1 5 Ta có II’ = 5. Gọi H là giao của MN và II’  MH  HN  MN  2 2 7 Trong tam giác vuông IMH: IH2 = R2-HM2 nên IH  2 7 +) HI’ = II’ – HI = 5 , nên MI’2 = HM2 + HI’2 = 28 - 5 7 2 2 Vậy PT (C’) là (x – 5) + (y – 1)2 = 28 - 5 7. 6. 0,5. 4. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 8b (1,0 điểm). +) Hàm số xác định khi x  m, y ' . 0,5. 0,5. 9b (1,0 điểm). +) ĐT HS có tiệm cận xiên (d): x – y + 3m = 0 ; d(A;d) = d(B;d)  m = 0 Vậy: m = 0 là giá trị cần tìm. +) Gọi số TN cần lập là: n = . Ta có 4 cách chọn a4 và 4! Cách xếp 4 số còn lại tạo nên số n, do đó có 4.4! = 96 số n.. x 2  2mx  m 2 1 ; y’ = 0 khi x = m – 1 ( x  m) 2 hoặc x = m + 1. Lập bảng biến thiên suy ra hàm số đatị cực trị tại x = m – 1 hoặc x = m + 1. Suy ra ĐTHS có 2 điểm cực trị A(m – 1; 4m – 2) và B(m + 1; 4m + 2). +) n = a4.104 + a3.103 + a2.102 + a1.10 + a0 Có 24 số với số k (k = 1, 2, 3, 4) đứng ở vị trí a4. có 18 số với số j (j = 1, 2, 3, 4) đứng ở vị trí ai ( i = 0, 1, 2, 3). Vậy tổng của 96 số n là: (1 + 2 + 3 + 4).[24.104 + 18.(102 + 10 + 1)] = 259980 * Chú ý: Có thể cộng theo cột. 0,5. 0,5. Vũ Ngọc Vinh. 7.

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