www.MATHVN.com www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 www.MATHVN.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 32 y x 3x 1  (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 44 0 2cos 2 xx x x         2) Giải phương trình  33 22 11 1 1 21 x xx x         Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 1 4 2 0 () 1 x x x edx x    Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng .' ' ' A BC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 30 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ .' ' ' A BC A B C biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và 'CB bằng 2 a Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 333 3 1 3 1 3 1 accbba P       PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Biết 17 ( 4;1), ( ;12) 5 HM và BD có phương trình 50xy  . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 11 : 23 1 x yz     và hai điểm (1; 2; 1),A  (3;1;5)B  . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:        2 3 2 2121 21 21 21 21 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 kkk nn nn n n CC kkC nnC . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 22 (2)(3)4xy    và đường thẳng d: 34 70xym . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 120 0 . 2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm (1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2)ABC   và mặt phẳng (P) có phương trình 2210xyz . Mặt phẳng ()  đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho 2IB IC  . Viết phương trình mặt phẳng ()  . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 12 12 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 xy xy xy x y x x yx              , (, )xyR . www.MATHVN.com www.MATHVN.com …………………………Hết………………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 1. (1,0 điểm) Khảo sát 322 yx 3x m m1   1,00 Khi m = 1, ta có 32 yx 3x 1  + TXĐ: D   + Giới hạn: 32 lim ( 3 1) x xx   32 lim ( 3 1) x xx   +Sự biến thiên: 2 '3 6yxx 2 0 '0 3 6 0 2         x yxx x 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng     ;0 ; 2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng   0; 2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0,25 Bảng biến thiên x  0 2   y  + 0  0 + y 1    - 3 0,25 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)  là tâm đối xứng. 0,25 2 2. (1,0 điểm) Xác định m để 1,00 Ta có : y’ = 3x 2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0,25 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1 3 x x       0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com  Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x + 6 ( loại và song song với (d))  Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 0,25 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 II 1 Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 44 0 2cos 2 xx x x         1,00 ĐK: 2cos 2 0 2 4 x xk   Với điều kiện đó phương trình 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 0 44 xx x         2 1 cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0 22 xx x         0,25 2 1 sin 2x sin 4x sin2x 2 0 2               2 1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 0    0,25   22 1 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 2 0      2 sin 2x sin 2x 2 0 sin 2x 1 hoặc sin 2x 2   (loại) 0,25 sin 2x 1 x k 4   So điều kiện phương trình có nghiệm 5 xk2(k) 4      0,25 2  Giải phương trình  33 22 11 1 1 21 x xx x      1,00 ĐK: 11 x  . Đặt 1ux, 1vx   , ,0uv Hệ trở thành:  22 33 2 12 uv uv u v uv        0,25 Ta có:    2 22 11 1 122 2 22 2 uv uv u v uv u v              33 22 2u v u v u v uv u v uv    0,25 Suy ra : 2 22 22 2 2 1 2 2 2 2 1 2 u uv uv v                0,25 Thay vào ta có nghiệm của PT là : 2 2 x   0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com III Tính tích phân 3 1 4 2 0 () 1 x x x edx x    1,00 Đặt I = 3 1 4 2 0 () 1 x x x edx x    . Ta có I = 3 11 4 2 00 1 x x x edx dx x    0,25 Ta tính 3 1 2 1 0 x Ixedx  Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1111 3333 tt Iedte e    0,25 Ta tính 1 4 2 0 1 x Idx x    Đặt t = 4 x 43 4 x tdxtdt   0,25 Khi đó 11 4 2 2 22 00 12 44(1)4() 1134 t Idxt dt tt     Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e   0,25 IV Tính thể tích khối lăng trụ .' ' ' A BC A B C 1,00 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB  CC' ( ') ' ' ( ') A BCMNC AB CMNC   . Kẻ ().(') '' ('') M H CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B   0,25 mp ('')CA B chứa 'CB và song song với AB nên (, ') (,('')) (,('')) 2 a dABCB dABCAB dM CAB MH 0,25 Tam giác vuông 0 .tan30 3 a BMC CM BM  Tam giác vuông 222222 111431 CMN MN a M HMCMN aaMN  0,25 Từ đó 3 .''' 1 2 2 33 ABC A B C ABC aa VSMNaa  N M A ' B' C A B C' H 0,25 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3            (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P         áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có       3 3 3 a3b11 1 a3b1.1 a3b2 33 b3c11 1 b3c1.1 b3c2 33 c3a11 1 c3a1.1 c3a2 33          0,25 Suy ra  333 1 a3b b3c c3a 4abc 6 3       13 4. 6 3 34      Do đó 3P  0,25 Dấu = xảy ra 3 abc 1 abc 4 4 a3b b3c c3a1         Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba    0,25 VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC 1,00 Đt  qua H và  BD có pt 50 xy   . (0;5) BD I I   . 0,25 Giả sử ' A BH  . Tam giác ' B HH có BI là phân giác và cũng là đường cao nên 'BHH cân  I là trung điểm của ''(4;9)HH H . 0,25 AB đi qua H’ và có vtcp 3 ';3 5 uHM       nên có pt là 5 29 0xy  . 0,25 Tọa độ B là nghiệm của hệ 529 (6; 1) 5 xy B xy       . M là trung điểm của AB 4 ;25 5 A     0,25 2 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. 1,00 Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M (1 2;3;1 ) M tt t  (2 2;3 2; ), (2;3;4)AM tt tAB       0,25 Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó (,)dBd BH BA   . Vậy (,)dBd lớn nhất bằng BA HA   . Điều này xảy ra .0AM AB AM AB    2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2tt t t         (3; 6; 3)M . Pt d là 121 12 1 x yz     0,25 Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP   2; 3; 1u    . Ta có;   2; 2; 0NA    , 2;2;2vNAu       Mặt phẳng (P) chứa d và  đi qua A và có VTPT v  nên có pt là: -x + y + z = 0; Gọi K là hình chiếu của B trên (P) BH BK. Vậy (,)dBd nhỏ nhất bằng BK HK. Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tỡm c K = (0; 2; -2) . Suy ra d cú PT l : 2 2 xu y zu 0,25 VII.a Tìm số nguyên d-ơng n biết: 23 2 2121 21 21 21 21 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 kkk nn nn n n CC kkC nnC 1,00 * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1( (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2( (2) 0,25 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2 0,25 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 23 kk2k 2n12n1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C 0,25 Ph-ơng trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 0,25 VI.b 1 Tỡm m trờn d cú duy nht mt im M m t ú k c hai tip tuyn MA, MB ti (C) (A, B l cỏc tip im) sao cho gúc AMB bng 120 0 1,00 ng trũn (C) cú tõm I(2;-3) v bỏn kớnh R=2. Theo gi thit ta cú tam giỏc IAM vuụng A v 00 60 30AMI MIA . Suy ra: IM = 0 4 os30 3 AI c . 0,25 Vỡ M d nờn M=(1 + 4t; -1 + 4 m +3t). Ta cú 2 2 2 22 3 41 3 2 25 4 4 4216 mmm IM t t t t m 0,25 Suy ra: 2 2 316 25 4 4 216 3 mm ttm 2 2 34 25 4 0 * 2163 mm ttm Ta cú : 2 2 2 3 4 448 4 100 4 88 2163 3 mm mmm 0,25 cú 1 im M tha món bi thỡ PT(*) cú 1 nghim duy nht 2 448 251 488 0 11 33 mm m 0,25 2 Mt phng ( ) i qua A, vuụng gúc vi mt phng (P), ct ng thng BC ti I sao cho 2IB IC . Hóy vit phng trỡnh mt phng () . 1,00 Gi mt phng () cú phng trỡnh l ax 0by cz d vi ;;abc khụng cựng bng 0 - mp () i qua (1;1; 1)A nờn ta cú : 0(1)abcd - mp ( ) (): 2 2 1 0mp P x y z nờn 2 VTPT vuụng gúc nhau 220 (2)abc 0,25 - 2IB ICkhong cỏch t B ti mp ( ) bng 2 ln khong cỏch t C 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com tới ()  222 222 222 336 0 2(3) 523 0 ab cd a b cd abcd abcd abc abc                   Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau : TH1 : 1 0 2 220 336 0 3 2 ba abcd abc c a abcd da                    chọn 21;2;3abcd   Ta có phương trình mp ()  là 2230xy z   0,25 TH 2 : 3 0 2 220 523 0 3 2 ba abcd abc ca abcd da                    chọn 2 3; 2; 3abcd       Ta có phương trình mp ( )  là 2 3 2 3 0xyz   Vậy tìm được 2 mp ()  t/m ycbt là 2230xy z  hoặc 23230xyz 0,25 VII.b + Điều kiện: 2 220,210,50,40 () 01 1,02 1 xy x y x x y x I xy               . 1,00 1212 12 12 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) () log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). xyxy xy xy xy x y x I yx yx                  0,25 Đặt 2 log (1 ) y x t   thì (1) trở thành: 2 1 20 (1) 0 1.ttt t     0,25 Với 1t  ta có: 12 1(3).xy y x  Thế vào (2) ta có: 0,25 2 11 1 44 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 44 xx x xx xx xxx xx               0,25 . nguyên d- ơng n biết: 23 2 21 2 1 21 21 21 21 2 3 .2. 2 ( 1) ( 1) 2 2 (2 1) 2 4 020 0 kkk nn nn n n CC kkC nnC 1, 00 * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k 22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC. có: 23 kk2k 2n12n1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3 .2. 2C ( 1) k(k 1) 2 C 2n(2n 1) 2 C 0 ,25 Ph-ơng trình đã cho 10 0n 02 010 0nn24 020 0)1n2(n2 2