ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối B TRƯỜNG THPT BỈM SƠN pot

8 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số ( ) 2 1 x y C x = − 1. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị (C) c ủ a hàm s ố . 2. Tìm m để đườ ng th ẳ ng ( ) : 2 d y mx m = − + c ắ t (C) t ạ i hai đ i ể m phân bi ệ t A, B sao cho độ dài AB nh ỏ nh ấ t. Câu II. (2 đ i ể m) 1. Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) 2 cos sin 1 tan cot2 cot 1 x x x x x − = + − 2. Gi ả i h ệ ph ươ ng trình: 2 2 4 128 x y x y x y  + + − =   + =   9 Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: 2 6 4 2 4 2 2 4 x x x x − + − − = + Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30 0 . Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. Câu V. (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện ( ) 2 2 2 1 x y xy+ = + . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 1 x y P xy + = + P h ần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần. A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2 : 2 4 5 0 C x y x y + − − − = và điểm ( ) 0 ; 1 A − . Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC đều. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( ) 2 2 : 1 25 9 x y E + = . Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. CâuVIIa. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton 3 1 2 n x x   +     , biết rằng 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + . B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng : 4 0 d x y − − = , đường thẳng BC, CD lần lượt đi qua điểm M(4; 0), N(0; 2). Biết tam giác AMN cân tại A. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là ( ) 12 2 3 + Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho: ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . . . . 2 1 2 . 2013 n n n n n n n C C C C n C + + + + + + − + − + + + = ………………… Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI B Câu Nội dung Điểm + Tập xác định: D = { } \ 1 ℝ + Giới hạn: l i m 2 x y →±∞ = ⇒ y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 l i m , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ ⇒ x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0.25 I.1 + Đaọ hàm ( ) 2 2 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;1 , 1 ; −∞ +∞ . BBT: 0.5 10 x - ∞ 1 + ∞ y ’ - - y 2 + ∞ - ∞ 2 Hàm số không có cực trị. + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 8 6 4 2 2 4 6 8 15 10 5 5 10 15 I f x ( ) = 2· x x 1 O 1 0.25 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: ( ) 2 1 2 2 2 2 0(*) 1 x x mx m g x m x mx m x ≠   = − + ⇔  = − + − = −   0.25 + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ) 0 g x ⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác 1 ( ) 2 2 0 2 0 0 1 2 2 0 m m m m m g m m m ≠   ⇔ ∆ = − + > ⇔ >   = − + − ≠  0.25 Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của pt (*). Khi đó ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 2 , ; 2 A x mx m B x mx m − + − + Theo định lí viét, ta có: 1 2 1 2 2 2 . x x m x x m + =    − =   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 8 1 1 AB x x m m m ⇒ = − + = + 0.25 I.2 2 1 8AB m m   ⇒ = +     Áp d ụ ng đị nh lí cosi cho 2 s ố d ươ ng m và 1 m ta đượ c: 2 min 1 8 16 4 1 AB m AB m m   = + ≥ ⇒ = ⇔ =     0.25 11 ( ) ( ) 2 cos sin 2 cos sin 1 1 sin cos 2 cos cos cos sin 1 cos sin2 sin cos .sin2 sin x x x x pt x x x x x x x x x x x x − − ⇔ = ⇔ = − + − 0.25 Điều kiện: sin 2 0 2 cos sin 0 4 k x x x x x k π π π  ≠  ≠   ⇔   − ≠   ≠ +   0.25 Khi đó pt ( ) 2 sin2 2 sin cos 2 2 4 x x x x k k π π ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ ℝ 0.25 II.1 Đố i chi ế u v ớ i đ i ề u ki ệ n, pt đ ã cho có nghi ệ m là ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈ ℝ 0.25 ( ) ( ) 2 2 4 1 128 2 x y x y x y  + + − =   + =   Đ i ề u ki ệ n: 0 0 x y x y + ≥   − ≥  (*) Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 8 1 2 2 16 8 64 16 x x x y x y x x y x x ≤  ⇔ + − = ⇔ − = − ⇔  − = − +  ( ) 2 8 64 16 3 x y x ≤   ⇔  − = −   0.25 Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: 2 8 16 192 0 24 x x x x =  + − = ⇔  = −  (thỏa mãn x 8 ≤ ) 0.25 + Với x = 8, thay vào (2) ta được 8 y =± + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm 0.25 II.2 Vậy h ệ phương trình có hai cặp nghiệm ( ) ( ) ( ) ; 8 ; 8 ; 8 ; 8 x y = − 0.25 Điều kiện: 2 2 x − ≤ ≤ ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 2 6 4 6 4 6 4 2 4 2 2 2 4 2 2 4 4 2 3 2 4 2 2 4 2 x x x x x pt x x x x x x x x x x + − − − − − ⇔ = ⇔ = + + − + + − + +  =  ⇔   + + − = +  0.5 III Giải (2): ( ) ( )( ) 2 2 4 4 2 4. 2 4 2 4 x x x x x ⇔ + + − + + − = + ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )() ( ) 2 4. 2 4 2 2 8 0 4. 2 4 2 2 4 0 2 4. 2 4 2 4 0 2 x x x x x x x x x x x x x ⇔ + − − + − = ⇔ + − − − + = ⇔ − + + − + = ⇔ = Vậy p t đã cho có hai nghiệm x = 2 và 2 3 x = 0.5 12 M H I E C A D B S K T Vì ( ) CB AB CB SAB CB SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒  ⊥  SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) ( )  ( )  ( )  0 , , 30 SC SAB SC SB CSB⇒ = = = 0 .cot30 3 2 SB BC a SA a ⇒ = = ⇒ = 0.25 Vậy t h ể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 . 1 1 2 . 2. ( ) 3 3 3 S ABCD ABCD a V SAS a a dvtt = = = 0.25 + T ừ C d ự ng CI // DE 2 a CE DI ⇒ = = và ( ) / / DE SCI ( ) ( ) ( ) , , d D E SC d DE CSI ⇒ = Từ A kẻ AK CI⊥ cắt ED tại H, cắt CI tại K Ta có: ( ) ( ) ( ) SA CI CI SAK SCI SAK AK CI ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  theo giao tuyến SK Trong mặt phẳng (SAK) kẻ ( ) HT AK HT SCI ⊥ ⇒ ⊥ ( ) ( ) ( ) , , d DE SC d H SCI HT ⇒ = = 0.25 IV + Ta có: 2 2 3 . 1 1 . 3 2 . . 2 2 5 2 ACI a a CD AI a S AK CI CD AI AK CI a a = = ⇒ = = =   +     Kẻ KM//AD 1 1 ( ) 2 3 5 HK KM a M ED HK AK HA AD ∈ ⇒ = = ⇒ = = Lại c ó:  2 2 2. . 38 5 sin 19 9 2 5 a a SA HT SA HK SKA H T SK HK SK a a = = ⇒ = = = + Vậy ( ) 38 , 19 d ED SC = 0.25 V Đặt t xy = . Ta có: ( ) 2 1 1 2 2 4 5 xy x y xy xy xy   + = + − ≥ − ⇒ ≥ −   Và ( ) 2 1 1 2 2 4 . 3 xy x y xy xy xy   + = − + ≥ ⇒ ≤   nên 1 1 . 5 3 t − ≤ ≤ 0.25 13 Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 7 2 1 2 1 4 2 1 x y x y t t P xy t + − − + + = = + + 0.25 Xét hàm số ( ) ( ) 2 7 2 1 4 2 1 t t f t t − + + = + có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 7 0 ' ; ' 0 1 ( ) 2 2 1 t t t f t f t t l t − − =  = = ⇔  = − +  ( ) 1 1 2 1 ; 0 5 3 15 4 f f f     − = = =         0.25 V V ậ y GTLN b ằ ng 1 4 , GTNN b ằ ng 2 15 0.25 (C) có tâm I(1; 2), bán kính ( ) ( ) 1 2 1 3 7 10 2 ; 2 2 3 2 2 H H x R AI IH H y  = −    = ⇒ = ⇒ ⇒    = −            (Do I là tr ọ ng tâm tam giác đề u ABC, H là trung đ i ể m BC) 0.25 Pt đườ ng th ẳ ng BC đ i qua H và nh ậ n ( ) 1 ; 3 AI =    làm vecto pháp tuy ế n là: 3 12 0 x y + − = 0.25 VIa 1 Vì ( ) ,B C C ∈ ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 7 3 7 3 2 4 5 0 2 2 3 12 0 3 3 3 3 3 3 2 2 y y x y x y x y x x   + − = =    + − − − =   ⇔ ∨    + − = − +    = =     Vậy 3 3 3 7 3 3 3 3 7 3 ; , ; 2 2 2 2 B C     − + + −             hoặc ngược lại 0.5 Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với 0 a ≠ ). Tung độ giao điểm của (d) và (E) là: ( ) 2 2 2 2 2 25 3 1 9. 25 5 25 9 25 5 a y a y y a a − + = ⇔ = ⇔ = ± − ≤ 0.25 Vậy 2 2 2 3 3 6 ; 25 , ; 25 25 5 5 5 A a a B a a AB a     − − − ⇒ = −         0.25 Do đó 2 2 6 100 5 5 4 25 4 25 5 9 3 AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± (thỏa mãn đk) 0.25 VIa. 2 Vậy p h ương trình đường thẳng cần tìm là 5 5 5 5 , 3 3 x x= = − 0.25 Điều kiện 2 ,n n ≥ ∈ ℤ Ta có: ( ) ( ) 2 1 1 2 1 4 6 1 4 6 2 1 ( ) 11 12 0 12 n n n n n A C n n n n n loai n n n − + + − = + ⇔ − − = + = −  ⇔ − − = ⇔  =  0.5 VII a Với n = 12 ta có: ( ) 12 12 12 12 3 3 3 12 36 4 12 12 0 0 1 1 1 2 2 2 2 n k k k k k k k k x x C x C x x x x − − − = =       + = + = =             ∑ ∑ Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là 9 3 12 .2 1760 C = 0.5 VIb 1 Vì ( ) ; 4 A d A t t ∈ ⇒ − Do tam giác ABC cân tại A nên AM = AN 0.25 14 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 6 1 1 ; 5 t t t t t A ⇔ − + − = + − ⇔ = − ⇒ − − Giả sử pt đường thẳng BC đi qua M(4; 0) có dạng ( ) ( ) 2 2 4 0 0 a x by a b − + = + ≠ Do CD BC⊥ và đường thẳng CD đi qua điểm N(0; 2) ( ) : 2 0 CD bx a y ⇒ − − = Vì ABCD là hình vuông nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 5 7 , , 3 a b a b a b d A BC d A CD a b a b a b = − − − −  = ⇔ = ⇔  = + +  0.25 Với 3a = -b, chọn a = 1, b = -3, ta có: :3 8 0 , : 3 4 0 , AB x y BC x y + + = − − = ( ) ( ) ( ) :3 2 0 2 ; 2 , 1 ; 1 , 2 ; 4 CD x y B C D + − = ⇒ − − − − 0.25 Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1 ta có: : 3 14 0 , :3 12 0 , AB x y BC x y − − = + − = ( ) ( ) ( ) : 3 6 0 5 ; 3 , 3 ; 3 , 3 ; 1 CD x y B C D− + = ⇒ − − 0.25 Gọi pt Elip cần tìm là: ( ) 2 2 2 2 1 0 x y a b a b + = > > với hai tiêu điểm là ( ) 1 ;0, F c− ( ) 2 ;0 F c ( ) 2 2 2 , 0 c a b c = − > và hai đỉnh trên trục nhỏ là: ( ) ( ) 1 2 0 ; , 0 ; B b B b − 0.25 Theo giả thiết ta có hệ: ( ) ( ) 2 2 2 6 3 2 3 3 2 3 4 12 2 3 c a b a b c b c a b  = − =     = ⇔ =     =   + = +  0.5 VIb 2 Vậy (E): 2 2 1 36 27 x y + = 0.25 ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013 n n n n n n n C C C C n C + + + + + + − + − + + + = (*) Xét khai triên: ( ) 2 1 1 n x + + = 0 1 2 2 3 3 4 42 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n C xC x C x C x C x C + + + + + + + + + + + + + + Đạo hàm cả hai vế cua khai triển ta được: ( )( ) 2 2 1 1 n n x + + = ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 2 1 n n n n n n n C x C x C x C n x C + + + + + + + + + + + + 0.5 VII Thay x=-2 vào ta được: ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . n n n n n n n n C C C C n C + + + + + + + = − + − + + + Do đó (*) 2 1 2013 1006 n n ⇔ + = ⇔ = 0.5 ……………………………… Hết………………………………… . ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT B M SƠN ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 201 2-2 013 Môn: Toán - Kh i B (Th i gian làm b i: 180 phút) Phần I: Phần chung. Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I KH I B Câu N i dung i m + Tập xác định: D = { } 1 ℝ + Gi i hạn: l i m 2 x y →±∞ = ⇒ y =2 là tiệm cận ngang