Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de29 2014

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(7,0 điểm)
Câu 1
(2,0 điểm)
Cho hàm số
1
x m
y
x



(
m
là tham số)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với
2m  
.

b) Tìm tất cả các giá trị của
m
để đường thẳng

2 1y x 
cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
2 2
14OA OB 
( với
O
là gốc tọa độ).

Câu 2
(1,0 điểm)
Giải phương trình:
(2cos 1)sin4
2sin 2
cos sin
x x
x
x x




Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
 
2
2 0
,
2 2
x xy x

x y
x y y y x x

  



  




Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân :
4
0
cos2
(1 sin 2 ).cos( )
4
x
I dx
x x



 

.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy

ABCD
là hình thang,


0
90BAD ADC 
,
3AB a
,
2AD CD SA a  
,
( )SA ABCD
. Gọi
G
là trọng tâm
SAB
, mặt phẳng
( )GCD
cắt
,SA SB
lần lượt
tại
,M N
. Tính theo
a
thể tích khối chóp
.S CDMN
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
,DM BC
.

Câu 6
(1,0 điểm)
Cho ba số thực
, ,a b c
không âm thay đổi thoả mãn
3
2
a b c  
. Chứng minh rằng:
   
2 2 2
125
1 1 1
64
a b c
   

II. PHẦN RIÊNG
(3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a
(1,0 điểm)
Trong hệ tọa độ
Oxy
cho hình bình hành
ABCD
tâm
I
, có diện tích bằng 4, phương

trình đường thẳng
: 0BC x y 
, biết
(2;1)M
là trung điểm của
AB
. Tìm tọa độ điểm
I
.
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong hệ toạ độ
Oxy
, cho đường tròn
   
2 2
( ) : 1 1 4C x y   
. Lập phương trình
đường thẳng
d
cách gốc tọa độ một khoảng bằng 2 và tiếp xúc với đường tròn
( )C
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho
0x 
và
1 2 3 2 1 2 2 1 36
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2
n n n n n n

n n n n n n
C C C C C C
    
     
      
. Tìm số hạng không
phụ thuộc
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
5
1
n
x
x
 

 
 
 
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có điểm
(2; 1)G 
là trọng tâm, đường thẳng

:3 4 0d x y  
là đường trung trực của cạnh BC, đường thẳng
AB
có phương trình
10 3 1 0x y  
.
Tìm tọa độ các điểm
, , .A B C

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ
Oxy
cho elíp
2 2
( ) : 1
16 9
x y
E
 
và đường thẳng
: 3 4 12 0d x y  
.
Gọi các giao điểm của đường thẳng
d
và elip
( )E
là
,A B
. Tìm trên
( )E
điểm

C
sao cho tam giác
ABC
có diện tích bằng 6.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 1
3 2
2 4
2
2 2 6.4
log ( 1) log (2 1) log 2
x x y y
x y y
 

 


    



Hết
Cảm ơn bạn ( 
) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012-2013
Môn thi: TOÁN, khối A
( Đáp án - thang điểm gồm 03 trang)


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM


Câu Đáp án Điểm
Với
1m 
ta có
2
1
x
y
x




 Tập xác định:
\{1}D R



Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên:

2
1
' 0 1
( 1)
y x
x
   


0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ;1)
và
(1; )

- Giới hạn và tiệm cận: lim

x

-∞
y = 1, lim

x

+∞
y = 1 ; tiệm cận ngang là y = 1

1
lim
x



y = + ∞ ;
1
lim
x


y = -∞; tiệm cận đứng là x = 1
0.25

-

Bảng biến thiên:
x -
∞ 1 +∞
y’ + +
y +∞

1
1

-∞

0.25

1a
(1 điểm)


Đồ thị:
6
4
2
-2
5

Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(1;1) làm tâm đối xứng
0.25

Phương trình hoành độ giao điểm:
2
1
2 1
1
2 4 1 0(*)
x
x m
x
x
x x m




  


   




0.25

đường thẳng
2 1y x 
cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt
(*)
có hai nghiệm phân biệt
khác 1
1m  

0.25

Gọi
1 1 2 2
( ;2 1); ( ;2 1)A x x B x x 
;
2 2 2
1 2 1 2 1 2
14 5( ) 10 4( ) 12OA OB x x x x x x       

0.25

1b
(1 điểm)
Vì
1 2 1 2
2; 1x x x x m   
nên

1m 
(thỏa mãn).
0.25

Điều kiện:
( )
4
x m m Z


  
. Phương trình đã cho tương đương với:
  
sin 2 cos sin 2cos 1 sin 2x x x x x  

0.25

  
sin 2 0(*)
cos sin 2cos 1 1(**)
x
x x x




  

. Ta có
(*) ( )

2
k
x k Z

  

0.25

2
(1 điểm)
(**) sin 2 sin ( )
2
4 4
6 3
x k
x x k Z
k
x

 
 


   

     
   

 
   




0.25

So sánh điều kiện ta được
2
; ( )
2 6 3
k k
x x k Z
  
   

0.25

Điều kiện:
0, 0.x y 
Ta có
2
2 0 0; 2 1x xy x x x y       

Với
0x 
thay vào phương trình thứ hai ta được
0y 
.
0.25

Với

2 1x y  
ta có ta có
 
 
2 1
2 2 2
2 2
x y
x y x y y y x x
x y y y x x
  


     

  



0.25

  
2 5 0x y x xy y x y      

0.25

3
(1 điểm)
Với
x y

suy ra
1x y 
.Vậy hệ có hai nghiệm
0; 1x y x y   

0.25

Ta có
4 4
2
2
0 0
(cos sin )(cos sin ) (cos sin )
2
1
(sin cos )
(sin cos ) . (cos sin )
2
x x x x x x
I dx dx
x x
x x x x
 
  
 

 
 

0.25

Đặt
sin cos (cos sin )t x x dt x x dx    
;
0 1; 2
4
x t x t

     

0.25

2
2
1
2 2
2
1
dt
I
t t
  


0.25

4
(1 điểm)
2 1 

0.25

Vì
/ /DC AB
nên
/ / ; / /MN AB MN CD

2
2
3
MN AB a CD  
;
2 4
2 2.
3 3
SCDMN SCDM SCDA SCDA
V V V V  

0.25

3 3
1 4 16
.
3 3 9
SCDA CDA SCDMN
V SA S a V a

   

0.25

/ /DM CN
nên
2
( , ) ( ,( )) ( ,( ))
3
d DM BC d M SBC d A SBC 

Gọi
K
là hình chiếu của
A
trên
BC
,
H
là hình chiếu của
A

trên
SK
thì
( ,( ))d A SBC AH

0.25

5
(1 điểm)
K

M
N
G
C
B
A
D
S
H

2 6
5
ABC
S a
AK
BC

 
;
2 2 2
1 1 1 6
14
a
AH
AH AS AK
   

4
( , )
14

a
d DM BC 

Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp tọa độ.
0.25

Ta có
         
2 2 2 2 2 2
125 5
1 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 3ln
64 4
a b c a b c          

0.25

Xét hàm số
2
2
4 3 2 4 1
( ) ln(1 ) , 0; ; '( ) 0
5 2 1 5 2
t
f t t t t f t t
t
 
        
 

 

1 5 2 3 13 6 5 2 3
(0) 0; ln ; ln ( ) ln 0;
2 4 5 2 4 5 4 5 2
f f f f t t
     
         
   
 
     

0.25

Do đó
     
 
2 2 2
4 5 6
ln 1 ln 1 ln 1 3ln
5 4 5
a b c a b c          
đpcm
0.25

6
(1 điểm)
Dấu bằng xảy ra
1
2
a b c   

0.25

Đường thẳng
MI
qua
M
và song song với
BC
nên có phương
trình
1 0x y  

0.25

7a
(1 điểm)
I
M
C
A
B
D

1
( , ) ; 4 2. ( , ). 4 2 2
2
ABCD
d M BC S d M BC BC BC     
2

2
BC
MI  

0.25

Gọi
3
( ; 1); 2
1
a
I a a MI
a


  




0.25

Suy ra
(3;2)I
hoặc
(1;0)I
.
0.25

Gọi phương trình đường thẳng

d
là
2 2
0( 0)ax by c a b    
,
2 2
( ; ) 2 2
c
d d O
a b
  


0.25

Đường tròn có tâm
(1;1)I
bán kính
2R 
. Vì
d
tiếp xúc với
( )C
nên
2 2
( ; ) 2 2
a b c
d d O
a b
 

  


0.25

suy ra:
| | | |a b c c  


2
b a
a b
c
 




 


0.25

8a
(1 điểm)
Với
b a 
, chọn
1 1; 2 2a b c     
ta được phương trình

2 2 0x y  

Với
2
a b
c

 
ta có
2 2
15 2 15 0 0a ab b a b     
(không thỏa mãn).
0.25

Ta có
2 1
2 1 2 1
: 0 2 1
k n k
n n
C C k k n
 
 
    
nên
 
1 2 3 2 1 2 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1

2
n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n n n
C C C C C C C C C C C C
      
           
            

0.25

Mà
2 1 0 1 2 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(1 1)
n n n n
n n n n n n
C C C C C C
  
     
       
suy ra
36
2 2 18
n
n  

0.25

 
18 18

18 18
6 18
5 5 5
5
18 18
0 0
1 1 1
.( ) ( 1) .
n k
k k k k
k k
x x C x C x
x x x


 
     
      
     
     
     
 

0.25

9a
(1 điểm)
Số hạng không phụ thuộc
x
ứng với

6 18
0 3
5
k
k

  
.
Suy ra số hạng cần tìm là
3 3
18
( 1) 816C   

0.25

Gọi
M
là trung điểm
BC
, vì
M d
nên
( ;3 4)M m m 
. Mà
2GA GM 
 
nên
(6 2 ;5 6 )A m m 

0.25

2 (2; 2), (2; 7)A AB m M A    

0.25

BC
qua
M
và vuông góc với
d
nên có phương trình
3 8 0x y  

B AB BC 
nên
( 1;3)B 

0.25

7b
(1 điểm)
M
là trung đểm
BC
nên
(5;1)C
.
0.25

Vì

,A B
là.các giao điểm của đường thẳng
d
và elip
( )E
nên
(4;0), (0;3)A B
hoặc
(4;0), (0;3)B A


5AB 

0.25

Gọi
( ; )C a b
,
3 4 24
1
6 . ( , ) 6 3 4 12 12
3 4 0
2
ABC
a b
S AB d C d a b
a b

 


       

 


0.25

Vì
( )C E
nên
2 2
1
16 9
a b
 
0.25

8b
(1 điểm)
Giải hệ ta tìm được
3
2 2;
2
C
 

 
 
hoặc
3

2 2;
2
C
 

 
 

0.25

Điều kiện
1
1; 2;
2
x y y     
.
Từ phương trình đầu ta có:
2( )
2 2
2.2 2 6 0 1
3
2
2
x y
x y x y
x y
y x

 





      

 



0.25

Thế vào phương trình thứ hai ta được:
3 2
2 4
2
log ( 1) log (2 1) log 1x x x    

3 3 2
2 2
log ( 1) log 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x x             

0.25

9b
(1 điểm)
Với
1
2
x 
thì ta được phương trình:

2
1
3 2 0
2
x
x x
x


   




0.25

Với
1
1
2
x  
thì ta được phương trình:
2
0 0x x x   

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm
 
( ; ) (0; 1),(1;0),(2;1)x y
 

0.25

Hết

Cảm 
ơ
n
 
bạ
n
 
(
 
hot
b
o
y
t
h
75
@gm
ail.c
o
m
)
 
đ
ã 
gửi 
t

ới 
www
.
l
ais
ac.
page.
t
l