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

15 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈ M SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối D (Thời gian làm bài: 180 phút) P h ần 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 di ệ n tích tam giác OAB b ằ ng 4. Câu II: (2 đ i ể m) 1. Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 co t 1 x x x x x − = + − 3. Gi ả i h ệ ph ươ ng trình: 2 2 4 128 x y x y x y  + + − =   + =   Câu III: (1 đ i ể m) Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình ( )( ) 5 3 1 5 3 x x x x + − − − < − + + − − Câu IV: (1 đ i ể m) Cho hình chóp S.ABCD có đ áy ABCD là hình vuông c ạ nh b ằ ng a, SA vuông góc v ớ i đ áy. Góc t ạ o b ở i SC và m ặ t ph ẳ ng (SAB) b ằ ng 30 0 . Tính th ể tích kh ố i chóp S.ABCD và kho ả ng cách t ừ đ i ể m A đế n m ặ t ph ẳ ng (SBD). Câu V: (1 đ i ể m)V ớ i m ọ i s ố th ự c x, y th ỏ a mãn đ i ề u ki ệ n ( ) 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 tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng : 2 3 14 0 x y ∆ − + = , cạnh BC song song với ∆ , đường cao CH có phương trình 2 1 0 x y − − = . Biết trung điểm cạnh AB là điểm M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. 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. 16 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 tam giác ABC có trực tâm H(11; 0), trung điểm cạnh BC là M(3; -1), đỉnh B thuộc đường thẳng 1 : 5 0 x y ∆ + − = và đỉnh C thuộc đường thẳng 2 : 5 0 x y ∆ − − = . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên trục nhỏ và hai tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn. Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 1 3 5 2 1 23 2 2 2 2 2 n n n n n C C C C − + + + + = ………………… Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D 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 + Đaọ hàm ( ) 2 2 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;1 , 1 ; −∞ + ∞ . BBT: x - ∞ 1 + ∞ y ’ - - y 2 + ∞ - ∞ 2 Hàm số không có cực trị. 0.5 I.1 + 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. 0.25 17 8 6 4 2 2 4 6 8 15 10 5 5 10 15 I f x ( ) = 2· x x 1 O 1 + 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 ( ) 0 0 0 1 0 m m g  ≠  ⇔ ∆ > ⇔ >   ≠  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 ⇒ = − + = + Ta có: ( ) 2 2 , 1 m d O AB m − = + 0.25 I.2 Do đó: ( ) 2 2 2 1 8 4 1 4 2 2 2 6 4 2 2 1 OAB m S m m m m m m − = ⇔+ = ⇔ − = ⇔ = ± + (thỏa mãn điều kiện) Vậy 6 4 2 m = ± 0.25 ( ) ( ) 2 cos sin 2 co s sin 1 1 sin cos 2 co s 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 II.1 Khi đó pt ( ) 2 sin 2 2sin cos 2 2 4 x x x x k k π π ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ ℝ 0.25 18 Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm 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 tình có hai cặp nghiệm ( ) ( ) ( ) ; 8 ; 8 ; 8 ; 8 x y = − 0.25 Điều kiện: 5 3 x − ≤ ≤ − 0.25 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 5 3 1 5 3 5 3 1 5 3 0 5 1 1 3 0 x x x x x x x x x x + − − − < − + + − − ⇔ + − − − + − + − − < ⇔ + + − − − < 0.25 1 3 0 3 1 3 1 4 x x x x ⇔ − − − < ⇔ − − > ⇔ − − > ⇔ < − 0.25 III Đối chiếu với đk ta được 5 4 x − ≤ < − Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn 5 4 x − ≤ < − 0.25 IV O C A D B S H 19 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 ⇒ = = ⇒ = 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 + Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) SA BD BD SAC SBD SAC SO O AC BD AC BD ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ = = ∩  ⊥  Trong mp (SAC), k ẻ ( ) ( ) ( ) , AH SO AH SBD d A SBD AH ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = 0.25 + Trong tam giác vuông SAO có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 10 2 2 5 2 a AH a AH SA AO a a = + = + = ⇒ = Vậy ( ) ( ) 10 , 5 a d A SBD = 0.25 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 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 Vậy GTLN bằng 1 4 , GTNN bằng 2 15 0.25 Vì AB CH⊥ nên AB có pt: 2x + y + c = 0 Do M(-3; 0) AB ∈ nên c = 6. Vậy pt AB: 2x + y + 6 = 0 0.25 Do A ∈∆ nên tọa độ của A thỏa mãn hệ pt: ( ) 2 3 14 0 4 ; 2 2 6 0 x y A x y − + =  ⇒ −  + + =  0.25 Vì M(-3; 0) là trung điểm cạnh AB nên B(-2; -2) Phương trình cạnh BC đi qua B và song song với ∆ là: ( ) ( ) 2 2 3 2 0 2 3 2 0 x y x y + − + = ⇔ − − = 0.25 VIa. 1 Vậy t ọa độ điểm C là nghiệm của hpt: ( ) 2 3 2 0 1 ; 0 2 1 0 x y C x y − − =  ⇒  − − =  0.25 Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với 0 a ≠ ). Tung độ giao điêm 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 VIa. 2 Vậy 2 2 2 3 3 6 ; 25 , ; 25 25 5 5 5 A a a B a a AB a     − − − ⇒ = −         0.25 20 Do đó 2 2 6 100 5 5 4 25 4 25 5 9 3 AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± (th ỏ a mãn đ k) 0.25 V ậ y p h ươ ng trình đườ ng th ẳ ng c ầ n tìm là 5 5 5 5 , 3 3 x x= = − 0.25 Đ i ề u ki ệ n 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 Vì ( ) ( ) 1 2 ,5 ; , 5 B B b b C C c c ∈∆ ⇒ − ∈ ∆ ⇒ − Do M(3; -1) là trung điểm của BC nên ta có hpt: ( ) ( ) 3 6 2 2 4 ; 1 , 2 ; 3 5 5 2 4 1 2 b c b c c B C b c c b b +  =  + = =    ⇔ ⇔ ⇒ −    − + − − = − =    = −   0.5 VIb 1 Vì H(11; 0) là trực tâm của tam giác ABC nên ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 11 2 4 0 2 11 3 . 0 3 ; 4 7 17 4 7. 2 1 3 0 . 0 A A A A A A A A A A x y x y x AH BC A x y y x y BH AC   − − + − − = + = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇒     − = = − + − − − = =           0.5 Gọi pt Elip cần tìm là: ( ) 2 2 2 2 1 0 x y a b a b + = > > Theo giả thiết ta có 2 4 2 2 2 a a= ⇔ = (1) 0.25 Vì hai đỉnh B 1 , B 2 cùng hai tiêu điểm F 1 , F 2 nằm trên một đường tròn nên 2 2 O F OB b c = ⇒ = (2) Mặt khác ( ) 2 2 2 3 c a b= − 0.25 Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được 2 4 b = 0.25 VIb 2 Vậy (E) đã cho có pt: 2 2 1 8 4 x y + = 0.25 VII b Ta có: ( ) 2 0 1 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n C C C C C + = + + + + + ( ) 2 0 1 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n C C C C C − = − + − + + ( ) 1 3 5 2 1 2 2 2 2 2 1 3 5 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C − − − ⇒ + + + + = ⇒ + + + + = 0.5 Do giả thiết: 1 3 5 2 1 23 2 2 2 2 2 n n n n n C C C C − + + + + = nên 1 23 2 2 1 23 24 n n n − = ⇔ − = ⇔ = 0.5 ……………………….Hết………………………………. . GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈ M SƠN ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 201 2-2 013 Môn: Toán - Kh i D (Th i gian làm b i: 180 phút) P h ần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 i m). Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I KH I D 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 của đồ thị hàm số 1 1 l i m ,lim x x y y +. hai đ i ể m phân bi ệ t A, B sao cho di ệ n tích tam giác OAB b ằ ng 4. Câu II: (2 đ i ể m) 1. Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 co t 1 x x x x x − = + − 3. Gi ả i