Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan lai sac de15 2014

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B.

Th
ời gian làm bài: 180 phút

không kể
th
ời gian giao đề

Ngày thi: 08/ 12/ 2012.
I. PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả

CÁC THÍ SINH

(7,0 điể
m).
Câu I
(2,0 điểm). Cho hàm số

21
1
x
y
x




(C)
1. Kh
ả
o s
ự
bi
ến thiên và vẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủa hàm số
.
2.
Tìm

các giá trị
c
ủ
a
m
để
h
ệ

phương trình sau có đúng 4 nghiệ
m

nguyên
:

2 2 2
( 2) 1 0
2 4 5 0
y x y
x x y y m
   


     

Câu II
(2,0 điể
m ) .
1. Giải phương trình:
2
2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 )
4
x x x x


2. Giải phương trình: x-2 +

4-x = 2x
2
− 5x − 1
Câu III

(1,0 điể
m ) .
Tìm các giá trị
c
ủ
a tham s
ố

m
để
b
ất phương trình:

2
(2 ) ( 2 2 1) 0
x x m x x
     
nghi
ệm đúng vớ
i m
ọ
i
x
thu
ộc đoạ
n
0; 1 3




.
Câu IV (1,0 điểm ) . Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB b ằng 2R. S là một đ iểm nằm trên đường t hẳng
vuông gó c vớ
i (P) t
ại A. Đặ
t SA = h. M
ặ
t ph
ẳng (Q) đi qua A và vuông góc vớ
i SB c
ắ
t SB t
ạ
i K.
C là một điể
m
n
ằm trên đường tròn (T) sao cho

,(0 )
2
BAC


  
. SC c
ắ
t mp (Q) t
ại H. Tính thể

tích
t
ứ
di
ệ
n SAHK theo
h, R và

.
Câu V
(1,0 điể
m ) . C h o
các số

dương
,,
x y z
tho
ả

m ã n
3
x y z
  
. Tìm giá trị
nh
ỏ
nh
ấ
t c

ủ
a bi
ể
u th
ứ
c

2 2 2
2 2 2
x y z
P
x y y z z x
  
  
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần( Phần A hoặc Phần B)
A.Theo chương trình chuẩ
n.
Câu VIa

(2,0 điể
m ) .
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ

độ

Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH và trung
tuy
ế
n AM l
ần lượ
t
là:
2 13 0
xy
  
và
13 6 9 0
xy
  
. Bi
ết tâm đường tròn ngoạ
i ti
ếp tam giác ABC là I(
- 5 ;
1). Tìm toạ

độ

các
đỉ
nh A, B, C.
2. Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy, cho đường tròn (C):
22
( 4) 25xy  
và M (1; - 1 ) . V i ết phương trình đường

thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A , B s a o c h o M A = 3 M B .
Câu VIIa (1,0 điểm ) . C h o A = { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 } , t ừ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 5 chữ
s
ố

và số

đó
chia h
ế
t cho 3 .
B.Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb (2,0 điểm ) .
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm c ủa BC, đỉnh A thuộc đường thẳng
d:
20
xy
  
, phương trình đường thẳng DM:
3 6 0
xy
  
và đỉnh C(3; - 3). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, D
biết D có hoành độ âm.
2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương trình chính tắc là:
22
1
16 9
xy


và hai điểm A ( 4 ; - 3 ) , B ( -
4; 3). Tìm toạ độ điểm C t h u ộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
Câu VIIb (1,0 điểm ). Tính tổng
0 11 1 10 10 1 11 0
20 12 20 12 20 12 20 12
S C C C C C C C C    
.
…………….Hết…………
( Đề thi gồm có 01 trang)
C󰖤m ơn () đã g󰗮i t󰗜i www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B.

Th
ời gian làm bài: 180 phút

không kể
th
ời gian giao đề

Ngày thi: 08/ 12/ 2012.
Câu ý Đáp án
Điểm
I
1
Kh
ả
o s
ự

bi
ến thiên và vẽ đồ th
ị
(C) c
ủa hàm số
1,0
Tập xác định D = R\1
Sự biến thiên:
-Chi
ề
u bi
ến thiên:
2
3
' 0,
( 1)
y x D
x

   

.
Hàm số
ngh
ị
ch bi
ến trên các khoả
ng (-

; 1) và (

1 ; +

).
- C
ự
c tr
ị: Hàm số

không có cự
c tr
ị
.
0.25
- Gi
ớ
i h
ạ
n t
ại vô cự
c, gi
ớ
i h
ạn vô cực và tiệ
m c
ậ
n:
2 1 2 1
lim 2 ; lim 2
11
xx

xx
xx
 




.
Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
11
2 1 2 1
lim ; lim
11
xx
xx
xx



   


.
Đườ
ng th
ẳ
ng x = 1
là tiệ
m c
ận đứ

ng.
0,25
-B
ả
ng bi
ến thiên:

x
-


1
+


y ’

-
-
y
2 +
-  2
0,25
Đồ thị:
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểmhai tiệm cận I( 1; 2).
0,25
2
Tìm các giá trị của
m
để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên

2 2 2
( 2) 1 0 (1)
2 4 5 0 (2)
y x y
x x y y m
   


     

1,0
O 1
2
x
y
I
Nh
ậ
n th
ấy x = 1 không thỏa mãn phương trình (1) dù y lấy b ất kì giá trị
nào

Suy ra (1)
21
( 1) 2 1
1
x
x y x y
x


     

Phương trình (2)
2 2 2
( 1) ( 2)
x y m
    
là phương trình đường tròn (T) có tâm I(1;2)
bán kính
m
v
ớ
i m
ọi m khác 0

Vậy h ệ phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1
và đường tròn (T) cắ
t nhau t
ại 4 điểm phân biệt có tọa độ

nguyên

0,25
Đồ thị (C) chỉ đi qua đúng 4 điểm có tọa độ nguyên là A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và
D(-2; 1)
T
ừ
ng c
ặp AvaC, B và D đố

i x
ứ
ng nhau qua I(1;2)
0,5
H
ệ

đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ

khi đường tròn (T) phải đi qua 4 điểm
A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi
22
10 10
R m m
   
0,25
II
1
. Gi
ải phương trình:

2
2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 )
4
x x x x


1,0
2
2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 )

4
2cos3 cos 3 3sin 2 3 1 cos(4 )
2
2cos3 cos 3 3sin 2 3 3sin 4
2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0
2cos3 cos 2 3sin3 cos 0 2cos (cos3 3sin3 ) 0
cos 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x x
x




     


    
   
     


cos 0
2
()
3
cos3 3sin3 0

tan3
3
18 3
x
xk
kZ
xx
x
xk










  








  





Vậy n g h i ệm của phương trình là
; ( )
2 18 3
x k x k k Z
  

     
0,5
0,5
4
2
-
2
-
4
-
6
-
8
-10
-
12
-
15
-
10
-

5
5 10 15
1
-
1
5
4
1
3
-
2
I
y
x
o
D
C
B
A
2
Gi
ải phương trình:
x-2 +

4-x = 2x
2

−

5x − 1

(1)
1,0
2
(1) 2 1 4 1 2 5 3
x x x x
        
3 3 1 1
( 3)(2 1) ( 3)( 2 1) 0
2 1 4 1 2 1 4 1
30
11
2 1(2)
2 1 4 1
xx
x x x x
x x x x
x
x
xx

         
       





  

   


0,5
*
3 0 3
xx
   
*Xét phương trình (2)

ĐK
24
x

VP
5

VT đạt giá trị
l
ớ
n nh
ất trên đoạ
n [2;4] b
ằ
ng
1
1
21


khi x = 2 nên phương trình (2)
vô nghiệ

m
V
ậy phương trình có
nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x = 3
0,25
0,25
III
Tìm các giá trị
c
ủ
a tham s
ố

m
để
b
ất phương trình:
2
(2 ) ( 2 2 1) 0
x x m x x
     
1.0
Đặ
t
2
22

t x x
  
. L
ậ
p BBT c
ủa hàm
2
22y x x  
v
ới x thuôc
0;1 3



ta có t
thu
ộc đoạ
n


1;2
0,25
Bpt trở thành
2
2
2
( 1) 2 (1)
1
t
m t t m

t

    

(do t+1>0)
Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x thuôc
0;1 3



khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng
với moi t thuộc đoạn


1;2
0,25
Xét


2
2
( ) , 1;2
1
t
f t t
t




2
1
'( ) 1 0,
( 1)
f t t
t
   

t 1 2
f’(t) +
f(t)

2
3
1
2

0,25
Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn


1;2
khi
1
2
m


Vậy v ới
1

2
m


thoả mãn yêu cầu bài toán.
0,25
IV Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên
đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông
góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tròn (T) sao cho

,(0 )
2
BAC


  
. SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và

.
1.0

Ch
ứ
ng minh AH

SC.
Ta có:

()
BC AC

BC SAC BC AH
BC SA


   



(1)
L
ại có:
()
mp Q SB SB AH
  
(2)
T
ừ

(1) và (2) suy ra
()
AH SBC AH SC
  
Suy ra
2

SA SH SC SK SB

4
2 2 2 2
. . . .

. . .
SAHK
SABC
V
SA SH SK SH SK SH SC SK SB SA
V SA SC SB SC SB SC SB SC SB
   
0,25
0,25
2
2
2 2 2 2
2 2 2
1 1 sin2
. sin os .
3 6 3
4 os ,
4
SABC
Rh
V dt ABC SH AB c SA
SC h R c
SB h R



   



0,25
25
2 2 2 2 2
sin2
3( 4 )( 4 os )
SAHK
Rh
V
h R h R c






0,25
V
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2 2 2
x y z
P
x y y z z x
  
  
1,0
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2

( ) ( ) ( )
()
x y z xy yz zx
P x y z
x y y z z x x y y z z x
xy yz zx
P x y z
x y y z z x
        
     
      
  
O

H
K
C
B
S
A
Ta có


22
2
2
2 2 2 2
22
2
2

2
;
22
22
( ) ( )
2 2 2
xy xy y x
x y y x
xy
yx
zy
yz yz zx zx x z
y z z x
z y x z
zy
y x x z
P x y z
    

   

      
0,25
M
ặt khác

1 1 1
;;
2 2 2 2 2 2
4

3 1 9 1
( ) ( ) ( )
4 4 4 4
x xy y y yz z z xz x
y x y z y z x z x
x y z xy yz xz
P x y z
P x y z xy yz zx xy yz zx
     
     
    
    
          
0,25
2 2 2 2
( ) 2( ) 3( )
9 1 3
3 .3
4 4 2
x y z x y z xy yz zx xy yz zx
xy yz zx P
          
       
D
ấ
u = x
ả
y r a k h i
2 2 2
;;

1
1; 1; 1
1
1
3
x y y z z x
x
x y z
y
x y x
z
x y z

  



  








  

V
ậ

y G T N N c
ủa P là 3/2 khi x = y = z =1.

0,25
VIa 1 1.0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
2 13 0 3
( 3; 8)
13 6 9 0 8
x y x
A
x y y
    

   

    

0,25
Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương trình IM là
2 7 0xy  
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
2 7 0 3
(3;5)
13 6 9 0 5
x y x
M
x y y
   




   

0,25
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH. Phương trình BC là
2 11 0
xy
  
Gọi B(b;11-2b). Ta có IB = IA
2 2 2
2
( 5) (10 2 ) 85 6 8 0
4
b
b b b b
b


         



0,25
Với b = 2 suy ra B(2;7), C(4;3)
A
B C
H M
I
V

ớ
i b = 4 suy ra B(4;3), C(2,7)
Vậy A ( - 3 ; - 8 ) , B ( 2 ; 7 ) , C ( 4 ; 3 ) h o ặc A( -3; -8), B(4;3), C(2;7)
0,25
2
1,0
Đường tròn (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5.

Do IM <5 nên M nằm trong đườ
ng
tròn (C)

G
ọi H là hình chiế
u c
ủa I trên AB, H là trung điể
m c
ủ
a AB.
Do MA= 3MB nên M là trung điể
m c
ủ
a HB
Xét hai tam giác vuông IHM và IHB ta có
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
10 5
4 25
5
IH HM IM IH HM HM

IH HB IB IH HM
IH


    
  

  
   





0,5
Đườ
ng th
ẳng (d) đi qua M(1; -
1) có phương trình


22
( 1) ( 1) 0 ( 0)
a x b y a b
     
22
22
2
3
( , ) 5 2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0

2
ab
ab
d I d a ab b a b a b
ab
ab



           




V
ớ
i
2
ba

chon
1; 2
ab

. Phương trình (d): x + 2y +1 = 0

V
ớ
i
2

ab

chon
1; 2
ba
  
. Phương trình (d): 2x
- y -3 = 0
Vậy phương trình đường thẳng (d) là x + 2y +1 = 0 hoặc 2x - y -3 = 0
0,5
VIIa 1,0
G
ọ
i s
ố

có 5 chữ
s
ố

là
( 0)
abcde a

. Do
3
abcde

nên
( ) 3

a b c d e
   

N
ế
u
3
a b c d
  

thì e
= 0 ho
ặ
c e = 3
N
ế
u
a b c d
  
chia 3 dư 1 thì e = 2 hoặ
c e = 5
Nếu
a b c d
  
chia 3 dư 2 thì e = 1 hoặc e = 4
Như vậ
y t
ừ
m
ộ

t s
ố

có 4 chữ

sô
abcd
(các chữ
s
ố

đượ
c l
ấ
y t
ừ
t
ậ
p A) s
ẽ
t
ạo đượ
c 2 s
ố
t
ự

nhiên có 5 chữ
s
ố

tho
ả

mãn yêu cầu bài toán

T
ừ

các chữ
s
ố
c
ủ
a t
ậ
p A l
ập đượ
c: 5.6.6.6 = 1080 s
ố
t
ự

nhiên có 4 chữ
s
ố

Nên từ

các chữ
s

ố
c
ủ
a t
ậ
p A l
ập được: 2.1080 = 2160 sô chia hết cho 3 có 5 chữ
s
ố

VII
b
1
1,0
Do A thuộc d:
20xy  
, gọi A
( ; 2)aa
. Ta có

3
4
2.6
2 ( , ) 2 ( , )
3
10 10
ADM CDM
a
a
S S d A DM d C DM

a



     



I
A
B
H
M
A
D C
M
B
I
V
ớ
i
3 (3; 5)
aA
  
, trườ
ng h
ợp này không thoả

mãn vì A, C nằm cùng phía với
đường thẳng DM.

V
ớ
i
3 ( 3;1)
aA
   
. G
ọ
i
I l à t â m c ủ a h ì n h c h ữ
nh
ật, I là trung điể
m c
ủ
a AC suy ra
I( 0 ; - 1 )
Điểm D thuộc DM:
3 6 0
xy
  
, gọi D(3d+6;d) (d < -2)
22
3
(3 6) ( 1) 13 3
4
5
d
ID IA d d d
d




         



Suy ra D(-3;-3), B(3;1)
V
ậ
y A ( - 3 ; 1 ) , D ( - 3 ; - 3 ) , B ( 3 ; 1 )
0,5
2
1,0
G
ọ
i
0
( ; )
o
C x y
ta có
22
22
0
00
1 9 16 144 (1)
16 9
o
xy
xy

    
Phương trình AB là: 3x +4y = 0

0,25
00
34
1
( , ) , . ( , )
52
ABC
xy
d C AB S AB d C AB



Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớ
n nh
ấ
t khi d(C,AB) l
ớ
n nh
ấ
t
0,25
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có
2 2 2
0 0 0
00
(3 4 ) 2(9 16 ) 2.144
12 2

3 4 12 2 ( , )
5
o
x y x y
x y d C AB
   
    
(D
ấ
u = x
ả
y r a k h i
00
34
xy

)
Vậy d i ện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi
00
34
xy

0,25
Kết h
ợ
p v
ới (1) ta có

00
22

00
00
00
3
2 2;
9 16 144
2
3
34
2 2;
2
xy
xy
xy
xy













   



Vậy t o ạ độ điểm C là
32
(2 2; )
2
hoặc
32
( 2 2; )
2

0,25
VII
b
Tính tổ
ng
0 11 1 10 10 1 11 0
20 12 20 12 20 12 20 12
S C C C C C C C C    
.
1,0
Ta có
32 20 12
(1 ) (1 ) .( 1) (1)
x x x
   
32 0 1 2 2 32 32
32 32 32 32
(1 )
VT x C C x C x C x
      

H
ệ
s
ố
c
ủ
a
11
x
trong khai tri
ể
n v
ế

trái là
11
32
C
(2)
0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12
20 20 20 20 12 12 12 12
( )( )
VP C C x C x C x C C x C x C x
        
Hệ số của
11
x
trong khai triển vế phải là
0 11 1 10 10 1 11 0
20 12 20 12 20 12 20 12

C C C C C C C C
   
(3)
Từ (1),(2),(3) ta có
0 11 1 10 10 1 11 0 11
20 12 20 12 20 12 20 12 32

S C C C C C C C C C
     
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: Đối với ý 2 câu 1 thí sinh có thể giải không sử dụng đồ thị mà viết phương trình (1) tương đương
với
2 1 3
2
11
x
y
xx

  

(sau khi nhận xét x = 1 không thỏa mãn phương trình với mọi y)
Nhận xét y nguyên khi x nguyên thì
3
1
x


phải nguyên.
Suy ra x – 1 phải là ước của 3 hay
{ 2;0;2;4}x
thay vào tìm y tương ứng
Thay 4 cặp (x; y) nguyên vào phương trình (2) tìm được m
2
= 10.