Đề thi thử đại học lần I (2012 –2013)

1 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) Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: 1 2 xy x   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: cos3 3 sin3 cos 3 sin 2sin 2x x x x x    Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 2 22 11 15 2 3 6x x x x x       Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 2 (1 2 ) 0 3 4 y x y x y 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: 2 2 2 4 9 ( ) ( 2 )( 2 )4 S a b a c b ca b c        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: 242 4 . 5 6 ( 3) 3 0x m x x m x        Câu 9a (1,0 điểm). Tìm x biết rằng trong khai triển của 1 1( ) 2 2 n x x P x         thì tổng của số 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: 5MN  . Câu 8b (1,0 điểm). Cho hàm số: 2 22 1 3x mx my x m     (Cm) 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. Họ và tên thí sinh: …………………….. Chữ kí của giám thị Số báo danh: ………………………….. 2 BIỂU ĐIỂM – ĐÁP ÁN Toán 12 - Thi thử ĐH lần I(2012-2013) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm) 1) (1,0 điểm) +) T.X.Đ: D = R\{2} Sự biến thiên: 2 3' , 2 ( 2) y x x     Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; 2) và (2; + ) +) Giới hạn: lim 1; lim 1 x x y y      đồ thị có tiệm cận ngang y = 1. 2 2 lim ; lim x x y y       đồ thị có tiệm cận đứng x = 2 + Bảng biến thiên: x - 2 + y’ - - y 1 + - 1 +) Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 3 2) (1,0 điểm) + Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C): 1 2 x mx m x      2( ) (3 1) 2 1 0 (1) 2 f x mx m x m x          +) (d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phận biệt khác 2  0 0 (2) 0 m f      5 21 2 (2) 5 21( 0) 2 m m m         +) Với đk (2), giả sử (d) cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ x1, x2 1 2( )x x , ta có x1 + x2 = 3 1m m  Tại 2 giao điểm kể được 2 tiếp tuyến song song  y’(x1) = y’(x2)  x1 + x2 = 4  3 1m m  = 4 m = 1 ( t/m (2)) 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 +)  sin 0 (1) 3 cos 2 sin 2 2cos (2) x x x x     (1)  2 ( ) 2 x k k Z    +) (2)  2 6cos 2 cos ( ) 6 2 18 x k x x k Z x k                  +) KL: PT có 3 họ nghiệm như trên 0,25 0,25 0,5 3 (1,0 điểm) +) ĐK: 1 3 x x    0,25 4 +) TH 1. 1x BPT   2 3. 2 5 1 (2 5) ( 1) 3 2 5 1 4 8 21 0 7 32 ( 1) 3 2 2 x x x x x x x x x x x x do x x                           +) TH 2. 3x BPT    2 3. 2 5 1 (1 ) ( 2 5) 3 1 2 5 4 8 21 0 7 72 ( 3) 3 2 2 x x x x x x x x x x x x do x x                                +) Vậy tập nghiệm của BPT là: 7 3; ; 2 2            0,25 0,25 0,25 4 (1,0 điểm) +) Hệ PT  2 2 2 2 (1 2 ) (1) ( ) 3 (1 2 ) 0 (2) y x y x y x y x           +) Thay (1) vào (2) , ta được: 2 2 2(1 2 ) 3 (1 2 ) 0y x y x    2 0 12 (1 2 )(2 ) 0 2 2 y y x x x x            +) y = 0  x = 0 x = 1 2 2x - 1 = 0, thay vào (2)  2 1 2 y x  (vô lí) x = 2 , thay vào (1) ta được 1 2 y y    Vậy: HPT có 3 nghiệm (0;0) ; (2; 1); (2; 2) 0,25 0,25 0,5 5 (1,0 điểm) +) mp’(SAC) và mp’(SBD) cùng vuông góc với mp’(ABCD) nên SO vuông góc với mp’(ABCD) 2 0 2 3.sin 60 2ABCD S a a  0,25 5 +) Vẽ OI AB. Vì SO (ABCD)nên SI AB     0 ; ( ; ) 30 SAB ABCD SI OI SIO       ABC đều cạnh a, Gọi M là trung điểm AB thì CM là đường cao của ABC nên 3 3 2 4 aCM a OI   Vì OI là đường TB củaABC Trong vuông SOI có SO = OI.tan300 = 4 a . Vây: 31 . 3. 3 24ABCD aV S SO  +) 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 +) IJ = 2OI = 3 2 a , trong vuông IJH có JH = IJ.sin300 = 3 4 a Vậy: d(CD; SA) = 3 4 a 0,25 0,25 0,25 6 (1,0 điểm) +) Áp dụng bất đẳng thức cô – Si ta có: 2 2 2 2 2 21 1 14 ( ) ( 2) ( 2) 2 2 4 a b c a b c a b c           2 1 1( ) ( 2 )( 2 ) ( )( 4 ) (3 3 )( 4 ) 2 6 2 ( ) 3 a b a c b c a b a b c a b a b c a b c               +) Suy ra: 2 8 27 2 2( ) S a b c a b c        .Đặt 2 8 27, 0 2 2 t a b c t S t t         +) Xét hàm số: 2 8 27( ) 2 2 f t t t    với t > 0, ta có : 2 2 8 27'( ) ( 2) f t t t    , có f’(t) =0  t = 6 và 5(6) 8 f  +) Bảng biến thiên: t 0 6 + f’(t) + 0 - f(t) 5 8 0,25 0,25 0,25 0,25 6 Dựa vào BBT ta thấy: 5( ) 8 S f t  , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2 Vậy: GTLN của S = 5 8 , khi a = b = c = 2 7a (1,0 điêm) +) (C) có tâm I, bán kính R, I(a; a-1)  (d1), (C) qua M và tiếp xúc với (d2) IM = d(I; d2)  2 2 | 2 1|( 1) 5 a aa a      a2 – 4a + 4 = 0 a = 2 + a= 2  I(2; 1) và R = 5 . PT (C ) lạ (x -2)2 + (y – 1)2 = 5 0,5 0,5 8a (1,0 điểm) +) ĐK: x 3; x = 3 không là nghiệm của PT Với x > 3, PT  42 24 . 3 0 3 3 x xm m x x        Đặt t = 4 2 3 x x   , t > 1, PT có dạng: 2 3 ( ) , ( 1) 4 1 tm f t t t      +) 2 2 2 ( ) 4 2 12'( ) ; '( ) 0 3(4 1) ( / ) 2 t L t tf t f t t t t m          +) Lập bảng biến thiên: Ta có (1; ) 3 3max ( ) 2 4 f t f       Vậy PT đã cho có nghiệm khi m  3 4  0,5 0,25 0,25 9a (1,0 điểm) +)   1 0 1( ) 2 . 2 kn n k k x n x k P x C            , theo bài ra ta có HPT:     2 4 2 4 2 4 1 1 2 1 1 12 . 2 . 135 (1) 2 2 22 (2) n n x x n nx x n n n n n n C C C C C                          +) Từ (2) suy ra n = 6, thay vào (1) ta có: 1 30.2 60.2 135 2 x x x x       Vậy PT có 2 nghiệm x = -1 hoặc x = 2 0,5 0,5 7b (1,0 điểm) +) (C ) có tâm I(1; -2) bán kính R = 3 , (C’) có tâm I’(5; 1), bán kính R’ Ta có II’ = 5. Gọi H là giao của MN và II’ 1 5 2 2 MH HN MN    Trong tam giác vuông IMH: IH2 = R2-HM2 nên 7 2 IH  +) HI’ = II’ – HI = 5 - 7 2 , nên MI’2 = HM2 + HI’2 = 28 - 5 7 Vậy PT (C’) là (x – 5)2 + (y – 1)2 = 28 - 5 7 0,5 0,5 7 8b (1,0 điểm) +) Hàm số xác định khi x m, 2 2 2 2 1' ( ) x mx my x m     ; y’ = 0 khi x = m – 1 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) +) 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. 0,5 0,5 9b (1,0 điểm) +) Gọi số TN cần lập là: n = . Ta có 4 cách chọn 4a và 4! Cách xếp 4 số còn lại tạo nên số n, do đó có 4.4! = 96 số n. +) 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