SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPTNGUYỄN HUỆ
ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I :Cho hàm số
x 2
y
x 1
−
=
+
, có đồ thị (C).Chứng minh rằng mọi điểm trên đồ thị (C) tiếp tuyến tại đó luôn tạo
với hai đường thẳng
d : x 1 0
+ =
và
d : y 1 0
− =
một tam giác có diện tích không đổi .
Câu II 1. Giải phương trình lượng giác sau : :
a)
( )
2
2sin 2 3 sin cos 1 3 cos 3 sinx x x x x+ + = +
b)
2
2
tan tan 2
sin
tan 1 2 4
x x
x
x
π
+
= +
÷
+
.
2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a)
2
2 11 23 4 1x x x− + = +
b)
( )
( ) ( )
3 1 4 2 1 1 3
2 4 6 3
x x y y
x y x y x y
− + + = − +
+ − + = − −
Câu III . 1. Tìm các giới hạn sau : a )
x
xx
x
sin
112
lim
3 2
0
+−+
→
b)
)
32
(lim
3
2
x
x
x
x
x
x
+
−
+
∞→
2. Rút gọn biểu thức
1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
3 4 .
2 .2 .2 2011.2 2012.2A C C C C C C
− + − + + −
=
3. Tìm hệ số của x
7
trong khai triển thành đa thức của
n *
P(x) = (5x - 3) (n N )
∈
,
biết
1 2 3 k 2n+1 20
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2
4.Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ?
Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt
phẳng (SBC),góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 60
0
,
SB = a 2
,
·
0
BSC = 45
.
a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB).
b) Tính theo a diện tích tam giác SAB
Câu V Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y
x y x y
− − + − =
∈
− + + = + −
¡
Câu VI
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ
là
x y 1 0− − =
.Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm.
2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
02:
1
=−− yxd
và
022:
2
=−+ yxd
.
Giả sử
1
d
cắt
2
d
tại
.I
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
)1;1(−M
cắt
1
d
và
2
d
tương ứng tại
BA,
sao cho
IAAB 3=
.
3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
2 2
( 2) ( 3) 10x y
− + − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
( 3; 2)M
− −
và điểm A có hoành độ dương.
Hết
ĐÁP ÁN
Câu I PT tiếp tuyến d có dạng
( )
( )
o
2
o
3 x 2
y x x
x 1
x 1
−
= − +
+
+
, (với
o
x
là hoành độ tiếp điểm)
Giao điểm của d lần lượt với d và d’ là:
o
o
x 5
A 1; ;
x 1
−
−
÷
+
( )
o
B 2x 1;1+
o
o
6
IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+
Vậy
IAB
S 6
∆
=
( I là giao của d và d’)
Câu II 1.a)
( )
2 2
3sin 2 3 sin .cos cos 3 cos 3 sinx x x x x x+ + = +
( ) ( )
2
cos 3sin 3 cos 3sin 0x x x x
⇔ + − + =
cos 3sin 0
cos 3sin 3
x x
x x
+ =
⇔
+ =
+)
cos 3sin 0 2sin 0 ,
6 6
x x x x k k
π π
π
+ = ⇔ + = ⇔ = − + ∈
÷
¢
+)
3
cos 3 sin 3 sin
6 2
x x x
π
+ = ⇔ + =
÷
vô nghiệm.
b)Giải phương trình:
2
2
tan tan 2
sin
tan 1 2 4
x x
x
x
π
+
= +
÷
+
.
Điều kiện:
cos 0
2
x x k
π
π
≠ ⇔ ≠ +
(*)
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2cos (tan tan ) sin cosx x x x x+ = +
2
2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos
(sin cos )(2sin 1) 0
x x x x x x x x x x
x x x
⇔ + = + ⇔ + = +
⇔ + − =
+ Với
sin cos 0 tan 1
4
x x x x k
π
π
+ = ⇔ = − ⇔ = − +
+ Với
1 5
2sin 1 0 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k
π π
π π
− = ⇔ = ⇔ = + = +
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
; 2 ; 2 ( )
4 6 6
x k x k x k k
π π π
π π π
= − + = + = + ∈¢
2)a) Giải phương trình:
2
2 11 23 4 1x x x
− + = +
ĐK:
1x ≥ −
.
2
(1) 2( 6 9) ( 1 4 1 4) 0x x x x
⇔ − + + + − + + =
2 2
2( 3) ( 1 2) 0x x
− + + − =
(*)Do
2
0( )a a≥ ∀
nên pt(*)
3 0
1 2 0
x
x
− =
⇔
+ − =
3x⇔ =
.
b)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 1 4 2 1 1 3 1
2 4 6 3 2
x x y y
x y x y x y
− + + = − +
+ − + = − −
Điều kiện:
1
; 1
3
x y≥ ≥
( ) ( )
2
2 2
(2) 3 2 6 4 0; 3 5y x y x x x
⇔ − + + + + + = ∆ = +
Vậy ta có:
1 0
2 4 0
y x
x y
+ + =
− + =
1 0y x
+ + =
vô nghiệm vì
1
; 1
3
x y≥ ≥
2 4 0 2 4x y y x
− + = ⇔ = +
, thay vào (1) ta có:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 1 4 2 1 2 3 3 2 4
2 3 1 3 1 2 2 3 2 3 *
x x x x
x x x x
− + + = + + +
⇔ − + − = + + +
( )
* 3 1 2 3 4 12x x x y
⇔ − = + ⇔ = ⇒ =
.Kết luận:
( ) ( )
, 4;12x y =
Câu II. 1.b)
)
32
(lim
3
2
x
x
x
x
x
x
+
−
+
∞→
Đặt
y
x
1
=
khi
∞→x
thì
0→y
+−+
−
+−+
=
+−+
=
→→
2
3
2
0
2
3
0
)1(31)1(21
lim
3121
lim
y
yy
y
yy
y
yy
I
yy
2
1
1
2
1
)31(31)1()1(
3
211
1
lim
))1(31)1()31((
)3(
)1(21
lim
3
2
3
2
0
2
3
3
22
2
2
2
0
=+−=
++++++
+
+
+++
−=
++++++
+
+
+++
−
=
→
→
yyyy
y
yy
yyyyy
yy
yyy
y
y
y
Vậy
2
1
=I
2 . Rút gọn biểu thức
1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2 3.2 4.2 2011.2 2012.2A C C C C C C= − + − + + −
.
Đạo hàm 2 vế của (1) ta có
( )
2011
1 2 1 2011 2012
2012 2012 2012 2012
2012 1 2 2012 (2)
k k
x C xC kx C x C
−
+ = + + + + +
( )x∀
( )x∀
Chọn x=-2 thay vào (2)
( )
2011
1 2 1 2011 2012
2012 2012 2012 2012
2012 1 2 2( 2) ( 2) 2012( 2) (2)
k k
C C k C C
−
− = + − + + − + + −
1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 2 3.2 4.2 2011.2 2012.2 2012C C C C C C A
⇔ − = − + − + + − ⇒ = −
3. Tìm hệ số của x
7
trong khai triển thành đa thức của
n *
P(x) = (5x - 3) (n N )
∈
,
biết
1 2 3 k 2n+1 20
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2
(*)
Xét
2 1 0 1 2 2 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(1 ) (1)
n n k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x x
+ + + +
+ + + + +
+ = + + + + + + ∀
đạo hàm 2 vế của (1) ta có
2 1 2 2 1 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) 2 (2 1) (2)
n n k n n
n n n n
n x C C x kC x n C x
+ − +
+ + + +
+ + = + + + + + +
Chọn x=1 thay vào (2) ta có
2 1 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)2 2 (2 1)
n n n
n n n n
n C C kC n C
+ +
+ + + +
+ = + + + + + +
(*)
2 20
(2 1)2 21.2 (3)
n
n
⇔ + =
Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại
tương tự 0<n<10 loại; n=10 thỏa mãn
với n=10
10 10
P(x) = (5x - 3) ( 3 5 )x
= − +
Hệ số của x
k
trong khai triển thành đa thức của P(x) là
10
10
( 3) .5
k k k
C
−
−
Hệ số của x
7
trong khai triển thành đa thức của P(x) là
7 3 7
10
( 3) .5 253125000C − = −
4.TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là
2 3
4 5
5.C .C .5! 36000=
(số).
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là
3 3
4 5
C .C .6! 28800=
(số).
Đ/ số
36000 28800 64800
+ =
số.
Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt
phẳng (SBC), góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 60
0
,
SB = a 2
,
·
0
BSC=45
a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB).
Hạ AH
⊥
SB do (SAB)
⊥
(SBC=>AH
⊥
BC mà SA
⊥
BC
nên BC
⊥
(SAB)) nên AH
⊥
(SBC)
b)Do BC
⊥
(SAB)=>BC
⊥
SB nên tam giac SBC vuông cân tại
B nên BC=SB=
2a
Hạ AK
⊥
SC do AH
⊥
(SBC) nên AH
⊥
SC
=>SC
⊥
(AHK)=>góc giữa (SAC) và (SBC)=
·
0
60AKH =
Đặt
α
=
·
ASB
AH=SHtan
α
, HK=
2
SH
trong tam giác vuôn
AHK có
0
.tan 6
tan 60 tan
2
2
AH SH
SH
HK
α
α
= = ⇔ =
2 2a 6
os = os = ; tan
5
5 5
a
c SA SBc AB SA
α α α
⇒ ⇒ = = =
;
diện tích tam giác SAB là
2
1 6
.
2 5
SAB
a
S SA AB
∆
= =
;
Câu V : Giải hệ phương trình
( ) ( )
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14 1
3 4 5 2
x y y x y
x y x y
− − + − =
− + + = + −
Đkxđ
3, 4x y
≤ ≥ −
Từ (1) ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
3 2
3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y
+ = + + + ⇔ − − + + + + + =
( )
2 2 3x y y x⇔ = + ⇔ = −
Thế (3) vào (2) ta được
3 2 3 2
2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x
+ + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − =
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1 0
2 2 1 3
x x
x x x
x x
− −
⇔ − + + − + =
+ + + −
( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
2 2 1 3
x x x
x x
⇔ − + + − + =
÷
+ + + −
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2 2 1 0
3 3
2 2 1 3
x x x
x x
⇔ − + + + − + − =
÷
+ + + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
x x x
x x x x
+ +
÷
⇔ − + + + + =
÷
+ + + + + − + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x x
x x x x
÷
⇔ − + + + + =
÷
+ + + + + − + −
( ) ( )
2 1 0 2, 1; 2 0, 1 3x x x x x y x y
− + = ⇔ = = − = ⇒ = = − ⇒ = −
S
A
C
B
H
K
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
( ) ( )
{ }
1; 3 ; 2;0 .S
= − −
Câu VI
a) Phương trình MP là:
x y 3 0+ − =
I MP NQ= ∩ ⇒
tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 2
I 2;1
x y 3 0 y 1
− − = =
⇔ ⇒
+ − = =
.
I là trung điểm của MP nên suy ra
( )
P 3;0
phương trình NQ là
x y 1 0− − =
nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1)
Do
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1= ⇒ = ⇔ − + − = +
( )
2
m 4
m 2 4
m 0
=
⇔ − = ⇔
=
Vì N có tung độ âm nên N(0; -1)
⇒
Q(4; 3) .Vậy
( )
P 3;0
, N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm.
b)
1
d
cắt
2
d
tại
).0;2(I
Chọn
,)2;0(
10
dA ∈−
ta có
.22
0
=IA
Lấy
20
);22( dbbB ∈−
sao cho
263
000
== IABA
72)2()22(
22
=++−⇔ bb
−
−
⇒
1
−=
=
⇔=−−⇔
.
5
16
;
5
42
)4;6(
5
6
4
06445
0
0
2
B
B
b
b
bb
Suy ra đường thẳng
∆
là đường thẳng qua
)1;1(−M
và song song với
.
00
BA
Suy ra phương trình
0: =+∆ yx
hoặc
.067: =−+∆ yx
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng
2 2
3 2 0 ( 0)ax by a b a b+ + + = + >
.
Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính
10R =
.
(C) tiếp xúc với AB nên
( )
;d I AB R=
hay
2 2 2
2 2
3
2 3 3 2
10 10( ) 25( ) ( 3 )(3 ) 0
3
a b
a b a b
a b a b a b a b
b a
a b
= −
+ + +
= ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔
= −
+
Do đó phương trình AB là
-3 -3 0x y =
hoặc AB:
3 - 7 0x y + =
.
+ Nếu AB:
3 - 7 0x y + =
. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t>0 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2
0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
=
− + + = ⇔ + + = ⇒
= −
(loại)
+ Nếu AB:
-3 -3 0x y =
. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t>-1 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2
1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ =
.Suy ra A(6;1)
⇒
C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7)
Vậy các điểm cần tìm là
(6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)A B C D− −
.
R
C
B
A
D
I M
I
d
1
d
2
A
M
B
∆
A
0
B
0
. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I :Cho hàm số x 2 y x 1 − = + , có đồ thị. 3 số chẵn đó có mặt số 0. Số các số tìm được là 2 3 4 5 5.C .C .5! 36000= (số) . TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0. Số các số tìm được là 3 3 4 5 C .C .6! 28800= (số) . Đ/ số. AB: -3 -3 0x y = . Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ 0 A x > nên t> ;-1 và do 2 2 2. 20IA R= = nên ( ) ( ) 2 2 2 1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ = .Suy ra A(6;1) ⇒ C (-2 ;5) và B(0 ;-1 );