TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A+B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phátđề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến cách đều hai điểm A(2;4) và B(4;2). Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1cos2xsin2xcosxcos2x cosx 2. Giải hệ phương trình:  2x y5  3 x y  x3 3x2 10y6  x3 6x2 13x  y3  y10 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:I  2 2x3 3x2  xdx 0 x2  x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM  a , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b,c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  a3 a3 (bc)3 b3 b3 (ca)3 c3 c3 (ab)3 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là M(1; 4). Phương trình đường phân giác trong góc B là x – 2y + 2 = 0, phương trình đường cao qua C là 3x + 4y – 15 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : x1  y 1  z ;d2 : x1  y 2  z.Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mp(Q): x y2z 30 và cắt d1,d2 theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. x Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 3x1  22x1 122 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng  đi qua M(2;3) và cắt đường tròn x2  y2  2x  2y  2  0 tại hai điểm A,B sao cho AB  2 3 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(2;4;3)và B(4;2;15) . Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2log2 (2x y ) 3log2 (01)  4 ----------Hết ---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………………… Cảm ơn bạn Trần Phước Sang :psang76@gmail.com đã gửi đến www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Câu ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Đáp án Điểm I 1.(1.0 điểm) (2.0  Tập xác định: D  R \{1} điểm)  Sự biến thiên: 0.25 - Chiều biến thiên: y` (x 1)2  0 x  1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;1) và (1;) - Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2, lim y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2 x  -∞ x  +∞ 0.25 lim y = + ∞ lim y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1 x  (-1) - Bảng biến thiên: x -∞ y’ + y x  (-1)+ -1 +∞ + +∞ 2 0.25 2 -∞  Đồ thị: 0.25 Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng 2.(1.0 điểm) Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm (x0  1), phương trình tiếp tuyến là y  (x0 1)2 (x  x0 )  2x0 1 0.25 Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB.  Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có: 1 (x0 1)2 (1 x0 )  2x0 1  x0 1 0.25 suy ra phương trình tiếp tuyến là y  1 x  5  Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là 2 (4) 1 x0  0 0.25 4(2) (x0 1)2 x0  2 với x0  0 ta có phương trình tiếp tuyến là y  x 1 Với x0  2 ta có phương trình tiếp tuyến là y  x 5 0.25 Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là y  1 x  5 ; y  x 1và y  x 5. 2 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com Câu Đáp án II 1.(1.0 điểm) (2.0 Đk: cosx  0; tanx  1 điểm) sin x cosx2  cos2xsin2 x cos x pt sin xcosx  cosx cosx  2cos2 xcosxsin xcosxcosx 0  cos xsin xcosx sin x1 0 vì cosx  0 Điểm 0.25 0.25 tan x 1  sinx     2    x   k   x   2 k2 0.25 x  k2  Vậy nghiệm của pt là: x   k ; x  k2 0.25 2.(1.0 điểm) Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành: x23 x2 y3  y(*) 0.25 xét hàm số f (t) t3 t là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*)  y  x2 0.25 Thế vào phương trình đầu của hệ: 3x3  52x  x3 3x2 10x26   3x3 31 52x x3 3x2 10x24  3x3 3 1 52x x2x2  x12 x 3x3 3 1 52x  x2  x12(1) 0.25 III (1.0 điểm) Phương trình (1) vô nghiệm vì với 1 x  5 thì x2 x12 0 . Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất x 2; y 0 Ta có I  2 (x2  x)(2x 1)dx 0 x2  x 1 0.25 0.25 Đặt t  x2  x 1  dt  2 2x 1 dx ;với x  0  t 1, vớix  2  t  3 x2  x 1 0.25  I  2 3(t2 1)dt  2(1t3 t) 3 1 1  4 . Vậy I  4 IV (1.0 điểm) 0.25 0.25 * Tính thể tích khối chóp S.HCD: Hai tam giác vuông AMD và DAC có AM  AD  1 nên đồng dạng, 0.25 Suy ra ADH  DCH, mà ADHHDC  90  DHC 90 3 ADC vuông tại D: AC2  AD2 DC2  AC  a 5 Hệ thức lượng ADC: DH.AC = DA.DC Suy ra: DH  DC.DA  2a DHC vuông tại H: HC  DC2 DH2  4a 5 0.25 Do đó diện tích HCD: SHCD  1 DH.HC  4a2 Thể tích khối chóp SHCD: S.HCD  1SH.SHCD  4a3 * Tính khoảng cách giữa SD và AC: Dựng HE SD Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH  AC , do đó AC (SHD) Mà HE  (SHD) nên HE  AC 0.25 Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC. nên HE  dSD;AC Câu V (1.0 điểm) SHD vuông tại H nên: 1  1  1  HE  2a HE SH HD 0.25 Vậy dSD;ACHE  2a Đáp án Điểm Theo bất đẳng thức Cô-si, với x 0, ta có 1 x3  1 x1 x x2  (1 x)1 x x2 1 2 0.25 Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được a3 a3 bc3 1 1 1 a2 bc 3 1 bc 2 1 b2 c2 a2 b2 c2 0.25  a  2 a  Tương tự, ta có: b3 b2 b3 ca3 a2 b2 c2 0.25 c3 c2 c3 a b3 a2 b2 c2 Cộng vế theo vế các bấtđẳng thức trên ta được: a3 a3 a b3 b3 b3 ca3 3 2 2 2 c3 a b3  a2 b2 c2  a2 b2 c2  a2 b2 c2 1 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b  c. 4 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com VIa 1.(1.0 điểm) (1.0 điểm) A d1 d2 M 0.25 I B N d3 C Cạnh AB qua M và  d1 :3x 4y 15  0 nên có pt: 4x3y 8 0. Ta có: ABd1  B2;0 Vì M là trung điểm của AB nên A4;8 Gọi d3 là đường thẳng qua M và vuông góc với d2. Ta có d3: 2x y6 0.  d3 d2  I 2;2. Gọi N là điểm đối xứng với M qua d2 I là trung điểm của MN N 3;0 Cạnh BC qua B và N pt cạnh BC : y 0 C5;0 Vậy A4;8 B2;0 C5;0 2.(1.0 điểm) Giả sử: (P)d  M 12t;1t;t (P)d  M 1t`;22t`;t`  M M  t 2t;2t t 3;t t .   Vì M1M2 (P) nên ta có: M1M2.n(Q) 0 t t 3 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 M1M2  2t2 27 . M1M2 nhỏ nhất khi t  0 0.25 Vì (Q) qua M1 và song song với (P) nên pt (Q): x y2z 0 0.25 VIIa (1.0 điểm) Chia hai vế của pt cho 3x  0 ta được: 3 2.4x     4 x 3  0.25      x 3  1 x 0.25 3   3(L) ... - tailieumienphi.vn