đề thi thử đại học hay-có giải số 5

1 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ - G I ỎI LẦN 1 KHÓI 12 TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 MÔN TOÁN ( Thời gian:150 phút ) Câu I(3 điểm) 1/Cho hàm số: 2 1 1 x y x    (C) 1/Khảo sát sự biến t h i ê n v à v ẽ đồ thị ( C ) c ủa hàm số. 2/ Gọi I l à g i a o đi ểm c ủa 2 đường tiệm c ận c ủa (C). Tìm m để đường thẳng (d): y x m   cắt (C) tại 2 đi ểm p h â n b i ệt A và B sao cho diện t í c h t a m g i á c I A B b ằng 4. 3/Cho hàm số :   3 2 3 2 1 3y mx mx m x m      (Cm).Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại ,cực tiểu v à k h o ảng cách từ điểm 1 ;4 2 N       đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của (Cm) lớn nhất. Câu II (2điểm) (Dành cho học sinh thi khối A) 1/Giải phương trì n h : 2 2sin sin 2 2 sin 1 4 x x x            2/Giải hệ phương trì n h : 3 5 4 5 12 5 4 2 35 x y x y x y x y              (Dành cho học sinh thi khối B và D) 1/ G i ải phương trì n h cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0     2/ Giải bất phương trì n h   2 4x 3 x 3x 4 8x 6     Câu III (1điểm) Tìm giới hạn: 3 0 2011 os2011 l i m x x c x L x    Câu IV (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hì n h b ì n h h à n h c ó g ó c 0 60BAC  ; A B = a ; A C = 4 a . H a i m ặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc 0 45 . 1/ Tính thể tích khối chóp. 2/ Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và CF. CâuV(1 điểm): Tìm cá c g i á tr ị c ủ a t h a m s ố t h ự c m s a o c h o p h ư ơ n g t r ì n h s a u c ó n g h i ệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m          Câu VI (1điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : 0 42 22    y xy x và đường thẳng (d): 0 52   y x .Viết phương trì n h t i ếp tuyến của (C) tạo với (d) một góc  sao cho 10 1 cos   Câu VII(1 điểm): Cho khai triển 2 0 1 2 1 2 3 n n n x a a x a x a x             .Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 2 , , , , n a a a a .Biết rằng n là số tự nhiên thoả mãn 2 2 2 1 1 1 2 11025 n n n n n n n n n n C C C C C C        …………………………………………………………… Hế t … … … … … … … … … … … … … … … … … . Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p, xem bài gi󰖤ng t󰖢i : http://aotrangtb.com 2 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG HDCHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ -GIỎI LẦN 1 KHÓI 12 TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 MÔN TOÁN Câu Đáp án Điểm I 1 /TXĐ:   D = R\ -1 limy = 2 x ±   Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y = 2 limy = - + x -1 limy = + - x -1             Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x = -1   3 y = > 0, x D 2 x+1     Hàm số luôn đồng biến trên     - ;-1 ; -1;+  và không có cực trị Bảng biến thiên: x  1  y’ y  2 2  Đồ thị: Giao Ox tại: 1 ;0 2       ; Giao Oy tại (0; -1) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y Phương trình hoành độ giao:   2x - 1 2 = x + m x + m - 1 x + m + 1 = 0 x + 1  (1) (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân biệt m > 3 + 2 3 2 Δ = m - 6m - 3 > 0 m < 3 - 2 3       (*) Gọi       A x ; x + m ; B x ; x + m , x x 1 1 2 2 1 2      2 2 AB = 2 x - x = 2 x + x - 4x x 2 1 1 2 1 2        0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 Theo Viet: x + x = 1 - m 1 2 x x = m + 1 1 2        2 AB = 2 m - 6m - 3 I là giao điểm của 2 tiệm cận   I -1;2 m - 3 d = d = I,AB I,d 2             2 m - 3 m - 6m - 3 1 S = AB.d = IAB I,AB 2 2             2 2 S = 4 m - 3 m - 6m - 3 = 64 ΔIAB              2 2 m - 3 m - 3 - 12 = 64 4 2 m - 3 - 12 m - 3 - 64 = 0 2 m - 3 = -4 m = 7 (t/m) 2 m = -1 (t/m) m - 3 = 16                    Vậy: m = 7; m = -1 là các giá trị phải tìm. 0,25 0,25 0,25 2. Cách 1:   3 2 3 2 1 3y mx mx m x m      TXĐ:R 2 ' 3 6 2 1y mx mx m    . 2 ' 0 3 6 2 1 0y mx mx m      (*) Hàm số có cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt tương đương điều kiện: 2 0 0 3 3 0 m m m m         hoặc 1m  0,25 Chia y cho y’ viết được hàm số dưới dạng:   1 1 ' 2 2 10 3 3 x y y m x m           Từ đó dẫn đến toạ độ các diểm cực trị thoả mãn hệ:     ' 0 1 2 2 10 1 1 3 ' 2 2 10 3 3 y y m x m x y y m x m                        Do đó đường thẳng qua hai điểm cực trị là:     1 : 2 2 10 3 y m x m         0,25 Ta có       1 2 2 10 3 2 2 10 2 1 3 2 10 0 3 y m x m y m x m x m y x                      Do đó điểm có định của    thoả mãn hệ: 1 2 1 0 2 3 2 10 0 3 x x y x y                  Vậy    đi qua điểm 1 ;3 2 M        cố định.Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên    khi đó ta có   ,d N NH NM   (Không đổi).Vậy khoảng cách từ N đến    lớn nhất bằng MN khi và chỉ khi   MN  .Đường thẳng MNcó hệ số góc bằng 1.Suy ra điều 0,5 4 kiện :   2 3 5 .1 1 3 2 m m      (Thoả mãn). Vậy 5 2 m  là giá trị cần tìm. *)Chú ý cách 2:Tìm được phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị     1 : 2 2 10 3 y m x m         Tính:           2 2 2 2 2 1 2 1 1 , 6 18 2 2 9 2 1 6 2 1 18 1 2 1 2 1 1 2 3 2 1 1 2 1 2 2 m m d N m m m m m m                            Dấu bằng xảy ra khi 2 3 2 1 5 0 2 1 2 2 m m              II 1/Giải phương trình : 2 2sin sin2 2 sin 4 x x x           1 đ Cách 1:Phương trình đã cho tương đương với   2 2 2sin 2sin cos sin cos 1 2sin 2cos 1 sin cos 1 0x x x x x x x x x          (*) Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn sinx ta có:       2 2 2 2cos 1 8 cos 1 4cos 12cos 9 2cos 3 0 x x x x x x             Suy ra (*) 1 sin 1 sin 2 2 1 sinsin cos 1 4 2 x x xx x                           Vậy nghiệm phương trình: 2 6 x k     ; 5 2 6 x k     ; 2 2 x k      ; 2x k     k Z Hoặc biến đổi phương trình:        2 2 2sin 2sin cos sin cos 1 2sin 2sin cos 2sin sin cos 1 0 2sin sin cos 1 sin cos 1 0 sin cos 1 2sin 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                        Cách 2:Phương trình tương đương với: 0, 5 0,5 5 2 2sin 1 sin 2 2 sin 0 sin 2 cos2 2 sin 0 4 4 3 sin 0 3 2 4 2 sin 2 2 sin 0 sin cos 0 4 4 2 4 2 cos 0 2 2 ( ) 6 3 2 x x x x x x x x x x x x k x k Z x k                                                                                     II 2 / Giải hệ phương trình : 3 5 4 5 12 5 4 2 35 x y x y x y x y              -Điều kiện:3 0;5 4 0.x y x y    Đặt     2 2 3 ; 5 4 2 2 3 5 4 2u x y v x y x y x y x y u v            Hệ trở thành:   2 2 2 2 2 5 5 12 2 35 0 2 5 12 35 0 5 3; 2 5; 0 8 15 0 u v u v v u v v v v u v v u v u v v                                        TH1: 3 5 4 9 1 2 3 4 1 v x y x u x y y                    TH2: 25 5 5 4 5 7 0 3 0 75 7 x v x y u x y y                         Vậy hệ có 2nghiệm: *)Chú ý khối B và D đáp án và thang điểm sau 1/Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0    (1)          1 os2 1 2sin 1 2sin 0 os2 1 1 2sin 0 c x x x c x x          Khi cos2x=1<=> x k   , k Z Khi 1 sinx 2   2 6 x k     hoặc 5 2 6 x k     ,k Z 2/Giải bất phương trình:   2 4x 3 x 3x 4 8x 6     (1) (1)     2 4 3 3 4 2 0x x x      Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 2 3 4 2x x   =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 6 x - 0 ¾ 2 +  4x-3 - - 0 + + 2 3 4 2x x   + 0 - - 0 + Vế trái - 0 + 0 - 0 + Vậy bất phương trình có nghiệm:   3 0; 3; 4 x          0,25 0,25 III Tìm giới hạn: 3 0 2011 os2011 lim x x c x L x    3 0 2011 os2011 lim x x c x L x    có dạng 0 0 Biến đổi: 3 3 0 0 3 ln2011 0 2011 os2011 2011 1 1 os2011 lim lim 2011 2011 2sin sin 1 2 2 lim 3ln 2011 3ln2011 2011 2 3 ln 2011 . 2 2011 x x x x x x c x c x x x x x e x x                       0, 5 0, 5 IV 1, Tính thể tích khối chóp Ta có: (SAB) (ABCD) SA (ABCD) (SAC) (ABCD        SDA  là góc giữa SD và (ABCD) 0 SDA = 45  Trong ΔABC có:   2 2 2 BC = AB + AC - 2AB.ACcos BAC 2 = 13a AD = BC = a 13 Trong tam giác SAD vuông tại A, ta có: SA = ADtan( SDA) = a 13 2 ABCD ΔABC S = 2S = AB.ACsin(BAC) = 2a 3 3 S.ABCD ABCD 1 2a 39 V = SA.S = 3 3  2, Tính khoảng cách giữa DE, CF Trong mp(ABCD), dựng CI // ED ( I AD ) ED // (CFI) (DE,CF) (DE,(CFI)) (D,(CFI)) d = d = d Gọi H là trung điểm của AD  D là trung điểm HI  (D,(CFI)) (H,(CFI)) 1 d = d 2 Hạ HK vuông góc với CI tại K; HJ vuông góc với FK tại J Ta có: FH // SA FH (ABCD) FH CI CI (FHK) (FCI) (FHK)        0,5 0,25 A B D E F J I H K S C 7 (H,(FCI)) HJ (FCI) HJ = d   Ta thấy: 2 ΔHCI ABCD 1 S = S = a 3 2 ΔHCI 2S HK = CI  Ta có: 2 2 2 AD +CD -AC 1 1 cos( ADC) = = - cos( BCD)= 2AD.CD 13 13    2 2 a 13 CI = DE = DE +CD -2DE.CD.cos(BCD) = 2 4a 3 HK = 13  1 a 13 HF = SA = 2 2 Trong tam giác FHK vuông tại H, có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 13 4 361 = + = + = HJ HK HF 48a 13a 624a   D,(CFI) 4a 39 2a 39 HJ = d = 19 19   Vậy: (DE, CF) 2a 39 d = 19 0,25 V Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m          (1) 1 PT: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m          (1) * Đk [-1;1]x  , đặt t = 2 1 1 3 x  ; [-1;1]x   [3;9]t  Ta có: (1) viết lại 2 2 2 2 1 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1 2 t t t m t m t m t t m t                Xét hàm số f(t) = 2 2 1 2 t t t    , với [3;9]t  . Ta có:            2 / / 2 1 4 3 ( ) , ( ) 0 ( 2) 3 t t t f t f t t t Lập bảng biến thiên t 3 9 f / (t) + f(t) 64 7 4 Căn cứ bảng biến thiên, (1) có nghiệm [-1;1]x   (2) có nghiệm [3;9]t     64 4 7 m 0, 5 0, 5 8 VI +(C) (x-1) 2 +(y+2) 2 =5 nên tâm I(1;-2) và bán kính 5 R . +Đường thẳng x=x 0 không thỏa mãn đk .Do đó tiếp tuyến của đường tròn phải c ó dạng:y=ax+b  ax-y + b = 0 . Đ ư ờ n g t h ẳ n g đ ó t ạ o v ớ i d m ộ t g ó c  thỏa mãn :   10 1 cos  10 1 1. 5 12 2    a a    1122 2 aa 2(2a+1) 2 =a 2 +1  7a 2 +8a+1=0 7 1 1     aa +TH1: a=-1:ta có 0: 1    b yx là tiếp tuyến của đường tròn 10 15 2 2 1 ) ,( 1        b b Id 11 9    bb .khi đó ta có 2 tiếp tuyến làx+y-9=0,x+y+11=0. +TH2: 7 1 a tương tự ta có 2 tiếp tuyến là : 0 105 137   yx Vậy có 4 tiếp tuyến: 0 105 13, 7 011, 09      y xy xyx 0,25 0,5 0,25 0,25 VII Ta có: 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 11025 ( ) 105 14 ( 1 ) 105 105 210 0 15( ) 2 n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C n n n C C n n n n l                             Ta có khai triển: 14 14 14 14 14 14 14 0 0 1 1 2 .3 . 2 3 2 3 k k k k k k k k k x x C C x                             Do đó 14 14 2 .3 k k k k a C    Ta xét tỉ s ố : 1 13 1 1 14 14 14 2 3 2(14 ) 2 3 3 ( 1 ) k k k k k k k k a C k a C k            .Suy ra: 1 2(14 ) 1 1 5 3 ( 1 ) k k a k k a k         .Do  nên 4k N k  . Tương tự ta có: 1 1 1 5 ; 1 5 k k k k a a k k a a         . Do đó 0 1 4 5 6 7 14 . a a a a a a a        .Dẫn đến 5 6 , a a lầhi hệ só lớn nhất trong khai triển. K ết luận hệ số lớn nhất trong khai triển là: 5 9 5 5 6 14 1001 2 3 62208 a a C      0,25 0,25 0,25 0,25 Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p, xem bài gi󰖤ng t󰖢i : http://aotrangtb.com . 1 05 137   yx Vậy có 4 tiếp tuyến: 0 1 05 13, 7 011, 09      y xy xyx 0, 25 0 ,5 0, 25 0, 25 VII Ta có: 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 110 25 ( ) 1 05 14 ( 1 ) 1 05 1 05 210 0 15( .  2 2 2 2 2 5 5 12 2 35 0 2 5 12 35 0 5 3; 2 5; 0 8 15 0 u v u v v u v v v v u v v u v u v v                                        TH1: 3 5 4 9 1 2 3. 2 3 4 2x x   =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0 ,5 0 ,5 0, 25 0, 25 6 x - 0 ¾ 2 +  4x-3 - - 0 + + 2 3