Xem mẫu
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y x 4 2 x 2 2 có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số
cộng.
Câu 2: (2 điểm)
1
1 tan3x
1. Giải phương trình: 2sin x+tanx+
cos3x
log 2 x 2 y 2
2. Giải hệ phương trình:
4 x 1 xy 4 y 0
2
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) :
x2 y 2 2 x 4 y 2 0 . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai
điểm M, N sao cho MN = 3
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 2 0 và đường thẳng
x 3 y 2 z 1
. Viết phương trình đường thẳng () đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)
(d):
1
2 1
và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 600.
Câu 5: (2 điểm)
2sinx+cosx
4
(sinx+cosx) dx
1. Tìm 3
0
x2 3mxm
23x mx3m x2 2mx 2m có 2 nghiệm dương
2
2. Tìm m để phương trình : 2
phân biệt.
Câu 6: (1điểm)
Xét các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3(b c) 4a 3c 12(b c)
P .
2a 3c
2a 3b
----------------------HẾT----------------------
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
Nội dung Điểm
Câu ý
y x 2x 2
1 1 4 2
(2điểm) TXĐ: R
0,25
x 0
y ' 4x 4x . y ' 0
3
x 1
limy ; limy
Giới hạn:
x x
bảng biến thiên
1
-∞ +∞
1
X 0
y’ – –
0 + 0 0 + 0,25
+∞
Y +∞
2
3 3
Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3);(1; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 1);(0;1) 0,25
Điểm cực đại (0; 2) ; điểm cực tiểu (1; 3);(1; 3)
Đồ thị
1 7 1 7
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là ( ; );( ; )
33 33
y
4
0,25
2
-5 5
x
O
-2
-4
Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: x4 2 x2 2 m 0 (1)
2
0,25
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt 3 m 2
Đặt t x 2 (t 0)
Phương trình trở thành : t 2 2t 2 m 0
0,25
Khi 3 m 2 thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:
t2 t1 t1 t2
4 nghiệm lập thành cấp số cộng t2 t1 2 t1 t2 9t1 0,25
- www.VNMATH.com
Theo định lý Vi-ét ta có:
1
t1
10t1 2
t1 t2 2 5
2
t1t2 2 m 9t1 2 m m 59 (tm)
0,25
25
59
Vậy m
25
k 2
2 1
Điều kiện: cos3x 0 x 0,25
(2điểm) 6 3
1 1 2sin x
Pt 2sin x 1 tan 3x tan x 2sin x 1
cos 3x cos 3x cos 3x
1 0,5
sinx= 2
1
(2sin x 1)( 1) 0
cos 3x
cos3x=1
x 6 k 2
1
sinx= (không thỏa mãn điều kiện)
x 5 k 2
2
6
0,25
k 2
cos3x=1 3x k 2 x (thỏa mãn điều kiện)
3
k 2
Vậy nghiệm của phương trình là: x .
3
log 2 x 2 y 2
2 (1)
Điều kiện: x>0.
4 x 1 xy 4 y 2 0 (2)
Từ (2) suy ra y
- www.VNMATH.com
2t
1
1
) 2 .ln 2 2.ln 2 2 2.ln 2 2 t 0
Vì g ( ln 2
ln 2 t
f '( y) 0 y 0 f ( y) nghịch biến trên khoảng (;0)
Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất y 1 x 4
Vậy hệ có nghiệm (4;-1)
0,25
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2)
3
(2điểm) M
bk R = 3 .
0,25
Gọi H là giao điểm của MN và AI
H
3
Ta có : IH IM 2 MH 2
A
I
2
IA 5 0,25
N
TH1: A và I nằm khác phía với MN
37
Ta có : HA IA IH 5 0,25
22
Trong tam giác vuông MHA ta có : AM HM 2 AH 2 13
Vậy phương trình đường tròn (C’) là: ( x 5)2 ( y 1)2 13
TH2: A và I nằm cùng phía với MN
Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A
3 13
Ta có : HA IA IH 5
M
22
Trong tam giác vuông MHA ta có :
0,25
H
AM HM 2 AH 2 43 A
I
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
( x 5)2 ( y 1)2 43 N
Gọi điểm A(3 2t , 2 t; 1 t ) (d ) và B(a, b, c) ( P)
2 0,25
3 2t a 6 a 3 2t
M là trung điểm của AB 2 t b 0 b 2 t
1 t c 6 c 5 t 0,5
Vì B(a, b, c) ( P) a b c 2 0 (3 2t ) (2 t ) (5 t ) 2 0
t 1
Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)
x 3 2t
0,25
Vậy phương trình đường thẳng () là: y t
z 3 t
- www.VNMATH.com
Gọi I là trung điểm AC, do tam giác
4 S
SAC cân nên SI AC mà
(1điểm)
(SAC ) ( ABC ) suy ra SI ( ABC )
M
0,25
A
H
I
B
C
N
Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH (ABC) do đó:
0,25
(MN ,( ABC )) MNH 600 .
a2
S ABC
2
a 3a 2
Xét tam giác HCN có : NC ; HC
2 4
2
0,25
5a a 10
NH 2 HC 2 NC 2 2 HC.NC.cos450 NH
8 4
30 30
Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 600 a ; SI 2MH a
4 2
0,25
1 30
SI .S ABC a3
VSABC
3 12
5 1
4 4
2sinx+cosx cosx(2 tan x+1)
(2điểm)
(sinx+cosx)3 dx dx
3 3
0 cos x(tanx+1) 0,25
0
1
dx . Đổi cận x =0 t 0 ; x t 1
Đặt t = tanx dt 2
cos x 4
1 1 1
(2 t +1) 2 1 0, 5
Vậy I dt dt dt
3 2 3
0 (t+1) 0 (t+1) 0 (t+1)
1
1
2 1 5
0,25
t 1 0 2(t+1) 0 8
2
2 1
2 x 3mxm 23 x mx3m (3x 2 mx 3m) ( x 2 3mx m)
2 2
2 0,25
1
Xét f (t ) 2 t là hàm đồng biến trên R
t
0,25
2
Vậy pt x 2mx 2m 0
2
Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
' 0 m 2m 0
2
0,5
S 0 2m 0 m2
P 0 2m 0
Vậy m>2
- www.VNMATH.com
6 11 4
Dấu “=” xảy ra x y
x, y 0 (*)
(1điểm) x y x y
3(b c) 4a 3c 12b c
P 11 2 1 8 0,5
3b 2a 3c
2a
1 4
4a 3b 3c
1
2a 3b 2a 3c
1 1 4
Áp dụng (*):
2a 3b 2a 3b
0,25
4 4 16
2a 3b 2a 3c 4a 3b 3c
1 1 4 16
2a 3b 2a 3c 4a 3b 3c
P 11 16 P 5
0,25
2
Dấu “=” xảy ra b c a
3
2
Min P 5, khi b c a
3
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
nguon tai.lieu . vn
