Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 1 doc

Phần I: Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3x  C  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc với Câu II (2 điểm)  cos x  sin x   tan x  cot x cot x   x  21  y   y  Giải hệ phương trình:   y  21  x   x  Giải phương trình: Câu III (1 điểm) Giải phương trình: 3x   8x3  36 x  53x  25 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy Góc tạo SC mặt phẳng (SAB) 300 Gọi E trung điểm BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng DE, SC theo a Câu V (1 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  Chứng minh rằng:   xyz  x  y  y  z  z  x  Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chọn hai phần A Theo chương trình chuẩn Câu VIa.(2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I(2; 1) AC = 2BD  1 Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B  3 biết B có hồnh độ dương x2 y 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình tắc  E  :  1 25 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB = n 2n CâuVIIa (1 điểm) Tìm hệ số x5 khai triển biểu thức P  x 1  x   x 1  3x  , biết 1 An  Cnn1  B Theo chương trình nâng cao Câu VIb.(2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 22, biết đường thẳng AB, BD có phương trình x  y   x  y   Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tắc Elip (E) biết có đỉnh hai tiêu điểm (E) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở (E)  12   Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n cho: 1 C2n 1  2.2.C22n 1  3.22.C2 n1  4.23.C2 n 1    2n  1 22 n.C2nn1  2013 ………………… Hết………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI A Câu Nội dung Điểm y  x  3x  C  + Tập xác định: D = ¡ + Giới hạn: lim y  , lim y   x 0.25 x  x  + Đaọ hàm y '  x  x; y '    x  BBT: x - y’ + y + - 0.25 + + - Hàm số đồng biến khoảng  ;0  ,  2;   , nghịch biến khoảng  0;  Hàm số đạt cực đại x = 0, yCD  I.1 0.25 Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT  + Đồ thị: Đồ thị hàm số qua điểm (-1; 0) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng 15 10 -1 0.25 10 15 I.2 Phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(2; 0) có hệ số góc k là: y  k x  2 + Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d) là: k  x  2  x  3x  x   x A   x  x  x   k      g x   x  x   k  + (d) cắt (C) điểm phân biệt M, N, P  pt g  x   có hai nghiệm phân biệt   khác      k  (*)  g 2   x  xN  + Theo định lí viet ta có:  M  x M x N   k  + Các tiếp tuyến M, N vng góc với  y '  x M  y ' x N   1 3 2 (thỏa(*))  cos x  sin x   cos x  sin x  1 pt     sin x cos x cos x cos x cos x  sin x  1 cos x sin x sin x cos x.sin x sin x   0.25 0.25 0.5  2  x M  x M x N  x N  1  9k  18k    k  II.1 0.25 k  x  sin x   Điều kiện:   cos x  sin x   x    k     x    k 2  k ¢   Đối chiếu với điều kiện, pt cho có nghiệm x    k 2  k  ¢  2  x  21  y   y 1    y  21  x   x    x  Điều kiện:  y 1 Trừ hai vế pt (1) (2) cho ta được: Khi pt  sin x  sin x  cos x  x  21  y  21    x  y  x  y  2 0.25 0.25 y   x 1  y  x  x  21  y  21 II.2 0.25 x y   x  y  x  y   x 1  y    x  y   x  y   x  21  y  21  xy Thay x = y vào pt (1) ta được: 0.5   x  y   x   y 1  x  21  x   x  x  21   x    x   x2  x  21   x2   x   x   x 1  0.5    1   x  2    x   1     x  x  21     x 1     Vậy pt có nghiệm x = pt  3x    x  3  x  * Đặt y   3 x    y    x  III  x  33  y  x   **  Ta có hệ phương trình:   y  3  3x   Trừ vế với vế hai phương trình ta đươc: 2  x  y   x     x   y  3   y  3   2  x  y    2   x  y   x     x   y  3   y  3      xy  x  3  x   x3  36 x  51x  22  Thay x=y vào (**) ta được:  x1  2, x2  5 5 , x3  4 0.5 0.5 S A I T M D H K B E C CB  AB Vì   CB   SAB   SB hình chiếu SC lên mp(SAB) CB  SA · · ·  SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC cot 300  a  SA  a     Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 2a3 VS ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3 a + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  DE / /  SCI   d  DE , SC   d  DE ,  CSI   0.25 Từ A kẻ AK  CI cắt ED H, cắt CI K  SA  CI Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK  AK  CI IV 0.25 0.25 Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT + Ta có: S ACI 1 CD AI  AK CI  CD AI  AK   2 CI a a 2  3a a a2    2 HK KM 1 a Kẻ KM//AD ( M  ED)     HK  AK  HA AD a a SA HT SA.HK  38 · Lại c ó: sin SKA    HT   SK HK SK 19 9a 2a  38 Vậy d  ED, SC   19 1 Áp dụng bđt Cosi cho số dương , , ta được: xyz xyz  x  y  y  z  z  x  V 1     xyz  x  y  y  z  z  x  xyz xyz  x  y  y  z  z  x   2 x y z  x  y  y  z  z  x  0.25 0.25 Ta có: x y z  x  y  y  z  z  x   xyz  zx  yz  xy  zx  yz  xy  Áp dụng bđt Cosi cho số dương xy, yz, zx:  xy  yz  zx  2 xy yz.zx      x y z   xyz  1   Áp dụng bđt Cosi cho số dương zx  yz , xy  zx , yz  xy : 0.5   zx  yz    xy  zx    yz  xy    zx  yz  xy  zx  yz  xy       2   Từ (1) (2) suy ra: x y z  x  y  y  z  z  x   0.25 3 Vậy    xyz  x  y  y  z  z  x  B L M A C I 0.25 N D Gọi N’ điểm đối xứng với N qua I  N '  4; 5  VIa Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – = 4.2  3.1  Khoảng cách từ I đến AB là: d  2  32 Vì AC = 2BD nên AI = BI, đặt BI = x, AI = 2x, tam giác vng ABI có: 1    x   BI  d x 4x Điểm B giao điểm đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính Tọa độ B nghiệm hệ:  4x  y  1 4x  4 x  y    x   y     x    2  y  1  x     y  1  25 x  20 x        x    loai   0.25 0.25 0.25  B 1; 1 Gọi pt đường thẳng song song với Oy (d): x = a (với a  ) Tung độ giao điểm a2 y2 25  a (d) (E) là:    y   y 25  a  a   25 25     Vậy A  a; 25  a  , B  a;  25  a   AB  25  a 5     VIa 100 5 Do AB   25  a   25  a  a (thỏa mãn đk) 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x  ,x   3 0.25 0.25 0.25 0.25 Điều kiện n  2, n  ¥ Ta có: n 1 An  Cn1   n  n  1   n  1 n  0.5  n  2(loai)  n  3n  10    n  VII a 5 10 10 k k l Với n = ta có: P  x 1  x   x 1  3x   x  C5  2 x   x  C10  3x  k 0 l l 0 0.5  số hạng chứa x x.C  2 x   x C  x   16.5  27.120  x5  3320 x Vậy hệ số x5 biểu thức P cho 3320 + Tọa độ B  AB  BD nghiệm A hệ phương trình: 3 x  y   x    B 1; 1  2 x  y    y  1 10 D + S ABCD  AB AD  22 1 0.25 B 3.2  4.1 + Ta có: cos · ABD  4 2   1 2  C 11 AD  tan · ABD   AB 5  2 Từ (1) (2) ta có: AD =11; AB = (3) VIb + Vì D  BD  D  x; 2 x   Ta có: AD  d  D; AB   11x  11  4 x  Từ (3) (4) suy 11x  11  55    x  4 + Với x =  D  6;9   phương trình đường thẳng AD qua A vng góc với AB : x  y    1  38 39   A  AD  AB    ;   C  ;   5  5  + Với x = -4  D  4; 11  phương trình đường thẳng AD qua A vng góc với AB : x  y  17   13 11   28 49   A  AD  AB   ;    C   ;   5  5  x2 y   1 a  b   với hai tiêu điểm F1  c;  , a2 b2 c  a  b2 , c  hai đinh trục nhỏ là: B1  0; b  , B2  0; b  Gọi pt Elip cần tìm là: F2  c;  VIb  0.25 0.25 0.25 0.25   c  a  b b  a  a      Theo giả thiết ta có hệ: b  2c  b  3c  b  3   c     a  b   12  a  b      x2 y Vậy (E):  1 36 27    0.5  0.25 n 1 C2 n1  2.2.C22n 1  3.2 2.C2 n1  4.23.C2 n1    2n  1 2 n.C2 n 1  2013 (*) VII Xét khai triên: n 1 1  x   C20n1  xC2 n 1  x 2C22n1  x3C23n 1  x 4C24n1   x n1C22nn11 Đạo hàm hai vế khai triển ta được: 2n  2n  11  x   C2 n1  xC22n 1  3x 2C23n 1  x3C24n 1    2n  1 x nC22nn11 0.5 Thay x=-2 vào ta được: n 1 2n   C2 n1  2.2.C2n 1  3.22.C2 n 1  4.23.C2 n 1    2n  1 2 n.C2 n 1 Do (2)  2n   2013  n  1006 0.5 ………………… Hết………………… SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn - Khối B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  C  x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đường thẳng  d  : y  mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho độ dài AB nhỏ Câu II (2 điểm)  cos x  sin x   tan x  cot x cot x   x y  x y   Giải hệ phương trình:  2  x  y  128  6x  Câu III (1 điểm) Giải phương trình: x   2  x  x2  Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy Góc tạo SC mặt phẳng (SAB) 300 Gọi E trung điểm BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng DE, SC theo a Giải phương trình:   Câu V (1 điểm) Với số thực x, y thỏa mãn điều kiện x  y  xy  4 x y xy  Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chọn hai phần A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  x  y   điểm Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P  A  0; 1 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC x2 y  1 25 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB = Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình tắc  E  : n 1  CâuVIIa (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Newton  x   , biết x  n 1 An2  Cn 1  4n  B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y   , đường thẳng BC, CD qua điểm M(4; 0), N(0; 2) Biết tam giác AMN cân A Xác định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tắc Elip (E) biết có đỉnh hai tiêu điểm (E) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở (E)  12   Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n cho: n C2n 1  2.2.C22n1  3.22.C2 n1  4.23.C24n1    2n  1 2 n.C2 n11  2013 ………………… Hết………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI B Câu Nội dung Điểm + Tập xác định: D = ¡ \ 1 + Giới hạn: lim y   y =2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0.25 x lim y  , lim y    x =1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số   x 1 + Đaọ hàm y '  x 1 2  x  1  0, x  Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 , 1;   BBT: x - y’ y + I.1 0.5 + - - Hàm số khơng có cực trị + Đồ thị: Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ nhận giao điểm I(1; 2) hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng fx = 2∙x x 15 10 O I 0.25 10 15 I.2 + Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d) là: x  2x   mx  m    x 1  g  x   mx  2mx  m   0(*)  + (d) cắt (C) hai điểm phân biệt  g  x   có hai nghiệm phân biệt khác m       m  m  2m  m0  g  m  2m  m      0.25 0.25 Gọi x1, x2 hai nghiệm pt (*) Khi A  x1; mx1  m   , B  x2 ; mx2  m    x1  x2   Theo định lí viét, ta có:  m2  x1.x2  m   AB   x2  x1  1  m   1  m  m 0.25 1   AB   m   m  Áp dụng định lí cosi cho số dương m II.1 ta được: m 0.25 1  AB   m    16  ABmin   m  m   cos x  sin x   cos x  sin x  1 pt     sin x cos x cos x cos x cos x  sin x  1 cos x sin x sin x cos x.sin x sin x k  x  sin x   Điều kiện:   cos x  sin x    x    k     x    k 2  k  ¡  Đối chiếu với điều kiện, pt cho có nghiệm x    k 2  k  ¡  x  y  x  y  1   2  2  x  y  128  Khi pt  sin x  sin x  cos x  0.25 0.25  0.25  0.25 x  y  Điều kiện:  (*) x  y  II.2 x  Ta có: 1  x  x  y  16  x  y   x   2  x  y  64  16 x  x x      y  64  16 x  3  x  Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: x  16 x  192    (thỏa mãn x  )  x  24 0.25 0.25 + Với x = 8, thay vào (2) ta y 8 + Với x = -24, thay vào (2) ta phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm  x; y   8;8 ;  8; 8 0.25 Điều kiện: 2  x  2x   42  x 6x  pt    2x   2  x x2   x    2x   2  x  x2   2  III 0.25 0.5 Giải (2):  x     x   6x  6x   2x   2  x x2   x    x   x    x    x    x  x  8    x    x    x   x       x    x      x   x      x  Vậy pt cho có hai nghiệm x = x  0.5 S A I T M D H K B E C CB  AB Vì   CB   SAB   SB hình chiếu SC lên mp(SAB) CB  SA · · ·  SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC cot 300  a  SA  a     Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 2a3 VS ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3 a + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  DE / /  SCI   d  DE , SC   d  DE ,  CSI   0.25 Từ A kẻ AK  CI cắt ED H, cắt CI K  SA  CI Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK  AK  CI IV 0.25 0.25 Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT + Ta có: S ACI V 1 CD AI  AK CI  CD AI  AK   2 CI a a 2 a a2    2 HK KM 1 a Kẻ KM//AD ( M  ED)     HK  AK  HA AD a a SA HT SA.HK  38 · Lại c ó: sin SKA    HT   SK HK SK 19 9a 2a  38 Vậy d  ED, SC   19 Đặt t  xy Ta có: xy    x  y   xy   4 xy  xy     1 Và xy    x  y   xy   xy  xy  nên   t    x Suy P   y2   x2 y 2 xy   7t  2t   2t  1  3a 0.25 0.25 0.25 Xét hàm số f  t   V  t  t  t  7t  2t  có f '  t   ; f ' t      2t  1  2t  1 t  1(l )  1 1 f     f    ; f  0   5   15 Vậy GTLN , GTNN 15 0.25 uur uur u 1   xH  1  3 7 (C) có tâm I(1; 2), bán kính R  10  AI  IH   H ;  2 2 3   yH    (Do I trọng tâm tam giác ABC, H trung điểm BC) uur Pt đường thẳng BC qua H nhận AI  1;3 làm vecto pháp tuyến là: x  y  12  VIa  7  7 y  y  x  y  2x  4y     2     x  y  12  x   3 x   3   2    3 3    33   Vậy B  ngược lại  ; , C  ;         Gọi pt đường thẳng song song với Oy (d): x = a (với a  ) Tung độ giao điểm a2 y2 25  a (d) (E) là:    y   y 25  a  a   25 25     VIa Vậy A  a; 25  a  , B  a;  25  a   AB  25  a     100 5 Do AB   25  a   25  a  a (thỏa mãn đk) 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x  ,x   3 Điều kiện n  2, n  ¢ 0.25 2 n 1 An  Cn1  4n   n  n  1  Ta có:  n  1 n  4n  0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5  n  1(loai)  n  11n  12     n  12 Với n = 12 ta có: n 12 k 12 12 12  k    1  1 k k x     x     C12 x3   C12 212 k x364 k    x  x   x k 0 k 0 Số hạng không chứa x ứng với k = C12 23  1760   VIb 0.25 Vì B, C   C   tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình: VII a 0.25 Vì A  d  A  t ; t   Do tam giác ABC cân A nên AM = AN 2   t     t    t   t    t  1  A  1; 5  Giả sử pt đường thẳng BC qua M(4; 0) có dạng a  x    by   a  b   Do CD  BC đường thẳng CD qua điểm N(0; 2)  CD : bx  a  y    Vì ABCD hình vng nên ta có: 0.5 0.25 3a  b  a  b2 a  b2  a  3b Với 3a = -b, chọn a = 1, b = -3, ta có: AB : x  y   0, BC : x  y   0, 0.25 CD : x  y    B  2; 2  , C 1; 1 , D  2; 4  0.25 d  A, BC   d  A, CD   5a  5b  7a  b Với a = 3b, chọn a = 3, b = ta có: AB : x  y  14  0, BC : x  y  12  0, CD : x  y    B  5; 3  , C  3;3  , D  3;1 x2 y   1 a  b   với hai tiêu điểm F1  c;  , a2 b2 F2  c;   c  a  b , c   hai đỉnh trục nhỏ là: B1  0; b  , B2  0; b  Gọi pt Elip cần tìm là: VIb c  a  b a     Theo giả thiết ta có hệ: b  2c  b  3  c     a  b   12   x2 y Vậy (E):  1 36 27 n 1 C2 n1  2.2.C22n 1  3.2 2.C2 n1  4.23.C2 n1    2n  1 2 n.C2 n 1  2013 (*)  0.25 0.25 0.5  0.25 Xét khai triên: 1  x  VII n 1 n 1  C2 n1  xC2 n 1  x 2C2 n1  x3C2 n 1  x 4C2 n 1   x n1C2 n 1 Đạo hàm hai vế cua khai triển ta được: 2n  2n  11  x   C2 n1  xC22n 1  3x 2C23n 1  x3C24n 1    2n  1 x nC22nn11 Thay x=-2 vào ta được: n 1 2n   C2 n1  2.2.C2n 1  3.22.C2 n 1  4.23.C2 n 1    2n  1 2 n.C2 n 1 Do (*)  2n   2013  n  1006 ……………………………… Hết………………………………… 0.5 0.5 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn - Khối D (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  C  x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đường thẳng  d  : y  mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác OAB Câu II: (2 điểm)  cos x  sin x  1 Giải phương trình:  tan x  cot x cot x   x y  x y   Giải hệ phương trình:  2  x  y  128  Câu III: (1 điểm) Giải bất phương trình  x   x   1    x   x  3 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy Góc tạo SC mặt phẳng (SAB) 300 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) Câu V:(1 điểm)Với số thực x, y thỏa mãn điều kiện  x  y   xy  x4  y xy  Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chọn hai phần A Theo chương trình chuẩn Câu VIa.(2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm đường thẳng  : x  y  14  , cạnh BC song song với  , đường cao CH có phương trình x  y   Biết trung điểm cạnh AB điểm M(-3; 0) Xác định tọa độ đỉnh A, B, C Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P  x2 y  1 25 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB = Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình tắc  E  : n 1  CâuVIIa: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Newton  x   , biết x  n 1 An  C n 1  n  B Theo chương trình nâng cao Câu VIb.(2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(11; 0), trung điểm cạnh BC M(3; -1), đỉnh B thuộc đường thẳng 1 : x  y   đỉnh C thuộc đường thẳng  : x  y   Xác định tọa độ đỉnh A, B, C Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tắc Elip (E) có độ dài trục lớn , đỉnh trục nhỏ hai tiêu điểm (E) nằm đường trịn Câu VIIb (1 điểm) Tìm số ngun dương n biết: n C n  C2 n  C n   C22n 1  23 ………………… Hết………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D Câu Nội dung Điểm + Tập xác định: D = ¡ \ 1 + Giới hạn: lim y   y =2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0.25 x lim y  , lim y    x =1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số   x 1 + Đaọ hàm y '  x 1 2  x  1  0, x  Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 , 1;   BBT: x - y’ y + + - - I.1 0.5 Hàm số khơng có cực trị + Đồ thị: Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ nhận giao điểm I(1; 2) hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng fx = 2∙x x 15 10 O I 0.25 10 15 I.2 + Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d) là:  2x x   mx  m    x 1  g  x   mx  2mx  m   0(*)  0.25 + (d) cắt (C) hai điểm phân biệt  g  x   có hai nghiệm phân biệt khác m       m  g     Gọi x1, x2 hai nghiệm pt (*) Khi A  x1; mx1  m   , B  x2 ; mx2  m    x1  x2   2 Theo định lí viét, ta có:   m2 m   AB   x2  x1   m  m  x1.x2  m      0.25 0.25 m2 Ta có: d  O, AB   Do đó: SOAB    m2  m2 m   m2  m2   m   2m  m   (thỏa 0.25 mãn điều kiện) Vậy m   pt  II.1 sin x cos x  cos x sin x   cos x  sin x   cos x  sin x    cos x cos x cos x  sin x 1 sin x cos x.sin x sin x k  x  sin x    Điều kiện:   cos x  sin x   x    k   Khi pt  sin x  sin x  cos x  0.25 0.25   x    k 2  k  ¡  0.25   k 2  k  ¡  0.25 Đối chiếu với điều kiện, pt cho có nghiệm x    x  y  x  y  1   2  2  x  y  128  x  y  Điều kiện:  (*) x  y  x  Ta có: 1  x  x  y  16  x  y   x   2  x  y  64  16 x  x II.2 0.25 x      y  64  16 x  3  x  Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: x  16 x  192    (thỏa mãn x  )  x  24 0.25 + Với x = 8, thay vào (2) ta y 8 + Với x = -24, thay vào (2) ta phương trình vơ nghiệm 0.25 Vậy hệ phương tình có hai cặp nghiệm  x; y    8;8  ;  8; 8  III 0.25 Điều kiện: 5  x  3 0.25  x   x   1    x  x  1      x   x  3   x   x  3  0.25   x 1 1 x     3  x   3  x   3  x   x   0.25 Đối chiếu với đk ta 5  x  4 0.25 Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn 5  x  4 S H A D O B C CB  AB Vì   CB   SAB   SB hình chiếu SC lên mp(SAB) CB  SA · · ·  SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC cot 300  a  SA  a  IV   0.25  1 2a3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3  SA  BD + Ta có   BD   SAC    SBD    SAC   SO O  AC  BD   AC  BD 0.25 0.25 Trong mp (SAC), kẻ AH  SO  AH   SBD   d  A,  SBD    AH + Trong tam giác vng SAO có: 1 1 10 a  2     AH  2 a AH SA AO 2a 2a 10a Vậy d  A,  SBD    0.25 Đặt t  xy Ta có: xy    x  y   xy   4 xy  xy     1 Và xy    x  y   xy   xy  xy  nên   t    0.25 x Suy P  V  y2   x2 y 2 xy   7t  2t   2t  1 0.25   t  t t  7t  2t  Xét hàm số f  t   có f '  t   ; f ' t      2t  1  2t  1 t  1(l )  1 1 f     f    ; f  0   5   15 Vậy GTLN , GTNN 15 VIa Vì AB  CH nên AB có pt: 2x + y + c = Do M(-3; 0)  AB nên c = Vậy pt AB: 2x + y + =  x  y  14  Do A   nên tọa độ A thỏa mãn hệ pt:   A  4;  2 x  y   0.25 0.25 0.25 0.25 Vì M(-3; 0) trung điểm cạnh AB nên B(-2; -2) Phương trình cạnh BC qua B song song với  là:  x  2   y  2   x  y   0.25 2 x  y   Vậy tọa độ điểm C nghiệm hpt:   C 1;0  x  y 1  Gọi pt đường thẳng song song với Oy (d): x = a (với a  ) Tung độ giao điêm a2 y2 25  a (d) (E) là:    y   y 25  a  a   25 25     VIa Vậy A  a; 25  a  , B  a;  25  a   AB  25  a     100 5 Do AB   (thỏa mãn đk) 25  a   25  a  a 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x  ,x   3 Điều kiện n  2, n  ¢ n 1 An  Cn1  4n   n  n  1  Ta có: VII a  n  1 n  4n  12 0.25 0.25 k 0.5 Vì B  1  B  b,5  b  ; C    C  c, c   Do M(3; -1) trung điểm BC nên ta có hpt: b  c 0.5  3 b  c  c      B  4;1 , C  2; 3    b  c   1 c  b  2 b    Vì H(11; 0) trực tâm tam giác ABC nên ta có: uuur uuu r  AH BC    xA  y A  11  xA   11  x A  2     y A  4       A  3;  0.5 r  uuur uuu 7 xA  y A  17  yA   BH AC  7   xA    1 3  y A     x2 y   1 a  b   a2 b2 Theo giả thiết ta có 2a   a  2 (1) Vì hai đỉnh B1, B2 hai tiêu điểm F1, F2 nằm đường tròn nên OF2  OB2  b  c (2) Gọi pt Elip cần tìm là: 0.25 0.25 Mặt khác c  a  b  3 2 Giải hệ gồm (1), (2) (3) ta b  x2 y Vậy (E) cho có pt:  1 2n 2n Ta có: 1  1  C2 n  C2 n  C2 n  C2 n   C2 n 1  1 VII 0.25  n  1(loai)  n  11n  12     n  12 n VIb 0.25 0.5 12 12 12  k   1  1  k k Với n = 12 ta có:  x3     x3     C12  x3      C12 212  k x36 4 k x  x x   k 0 k 0 Số hạng không chứa x ứng với k = C12  1760 VIb 0.25 2n 2n  C2n  C2n  C2n  C2 n   C2 n 0.25 0.25 b   2n  C2 n  C2 n  C2 n   C2 n 1  22 n 0.5 2n  C2 n  C2 n  C2 n   C2 n 1  22 n1 2n Do giả thiết: C2 n  C2 n  C2 n   C2 n 1  23 nên n1  223  n   23  n  24 ……………………….Hết……………………………… 0.5 ... ? ?1? ?? 0.25 B 3.2  4 .1 + Ta có: cos · ABD  4 2   ? ?1? ?? 2  C 11 AD  tan · ABD   AB 5  2 Từ (1) (2) ta có: AD =11 ; AB = (3) VIb + Vì D  BD  D  x; 2 x   Ta có: AD  d  D; AB   11 x...  12   Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên d? ?ơng n cho: n C2n ? ?1  2.2.C22n? ?1  3.22.C2 n? ?1  4.23.C24n? ?1    2n  1? ?? 2 n.C2 n? ?11  2 013 ………………… Hết………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI... Hết………………………………… 0.5 0.5 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2 012 -2 013 Mơn: Tốn - Khối D (Thời gian làm bài: 18 0 phút) Phần I: Phần chung cho tất thí sinh