BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

T?m toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.... Chứng minh AH  SC.[r]

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Mơn: Tốn - Khối A, A1,B.

www.MATHVN.com Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1

x y

x

 

 (C) Khảo biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

T?m giá trị mđể hệ phương trình sau có nghiệm nguyên:

2

( 2)

2

y x y

x x y y m

    



     

 Câu II (2,0 điểm)

Giải phương tr?nh: 2cos3 cos + 3(1 s in ) = cos (22 )

x x  x x

Giải phương tr?nh: + = 2x − 5x −

Câu III (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số mđể bất phương tr?nh: x(2 x) m x( 2x 2 1) 0

     

nghiệm với x thuộc đoạn 0; 1 3

 

Câu IV (1,0 điểm) Trên mp (P) cho đường tr?n (T) đường kính AB 2R S điểm nằm đường thẳng vng góc với (P) A Đặt SA = h Mặt phẳng (Q) qua A vng góc với SB cắt SB K C điểm nằm đường tr?n (T) cho  , (0 )

2

BAC   SC cắt mp (Q) H Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R 

Câu V (1,0 điểm) Cho số dương x y z, , thoả m?n x y z  3 T?m giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 2

x y z

P

x y y z z x

  

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn hai phần( Phần A Phần B) A.Theo chương tr?nh chuẩn.

Câu VIa (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương tr?nh đường cao AH trung tuyến AM là:x 2y13 0 13x 6y 0 Biết tâm đường tr?n ngoại tiếp tam giác ABC I(-5; 1) T?m toạ độ đỉnh A, B, C

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tr?n (C): (x 4)2y2 25 M(1; - 1) Viết phương tr?nh đường thẳng d qua M cắt (C) hai điểm A, B cho MA = 3MB

Câu VIIa (1,0 điểm) Cho A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ chữ số thuộc tập A lập số tự nhiên có chữ số số chia hết cho

B.Theo chương tr?nh nâng cao. Câu VIb (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho h?nh chữ nhật ABCD có M trung điểm BC, đỉnh A thuộc đường thẳng d: x y  2 0, phương tr?nh đường thẳng DM: x 3y 0 đỉnh C(3; - 3) T?m toạ độ đỉnh A, B, D biết D có hoành độ âm

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương tr?nh tắc là:

2

16

x y

Câu VIIb (1,0 điểm) Tính tổng S C C 20 120 11C C20 121 10  C C2010 121 C C20 1211 ……….Hết…………

( Đề thi gồm có 01 trang)

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B.

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08/ 12/ 2012.

Câu ? Đáp án Điểm

I Khảo biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 1,0

Tập xác định D = R\1 Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên:

3

' 0,

( 1)

y x D

x 

   



Hàm số nghịch biến khoảng (- ; 1) ( ; + ) - Cực trị: Hàm số khơng có cực trị

0.25

- Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực tiệm cận:

2

lim ; lim

1

x x

x x

x x

    

 

 

 

Đường thẳng y = tiệm cận ngang

1

2

lim ; lim

1

x x

x x

x x

 

 

 

 

 

Đường thẳng x = tiệm cận đứng

0,25

-Bảng biến thiên:

x - +

y’

-y

+

- 

0,25

Đồ thị:

- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng giao điểmhai tiệm cận I( 1; 2)

0,25

2 y

2 T?m giá trị mđể hệ phương tr?nh sau có nghiệm nguyên

2

( 2) (1)

2 (2)

y x y

x x y y m

    



     



1,0

Nhận thấy x = không thỏa m?n phương tr?nh (1) dù y lấy bất k? giá trị

Suy (1) ( 1) 2

1

x

x y x y

x



     

 Phương tr?nh (2) (x 1)2 (y 2)2 m2

     phương tr?nh đường tr?n (T) có tâm I(1;2) bán kính m với m khác

Vậy hệ phương tr?nh đ? cho có nghiệm nguyên đồ thị (C) câu đường tr?n (T) cắt điểm phân biệt có tọa độ nguyên

0,25

4

2

-2

-4

-6

-8

-10

-12

-15 -10 -5 10 15

-1

4

3

-2

I y

x o

D

C

B A

Đồ thị (C) qua điểm có tọa độ nguyên A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và D(-2; 1)

Từng cặp AvaC, B D đối xứng qua I(1;2)

0,5

Hệ đ? cho có nghiệm nguyên đường tr?n (T) phải qua điểm A, B, C, D (T) qua A R2 m2 10 m  10

0,25

II

Giải phương tr?nh: cos cos + 3(1 s in ) = cos (22 )

x x  x x 1,0

2

2cos3 cos + 3(1 sin ) = cos (2 )

2cos3 cos 3 sin cos(4 )

2

2cos3 cos 3 sin 3 sin

2cos3 cos 3(sin sin )

2cos3 cos sin cos 2cos (cos3 sin )

cos

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x x x x

x





 

 

       

 

    

   

     

 

cos

2 ( )

3

cos3 sin tan

3 18 3

x x k

k Z

x x x x k

 

 

 

   

 

   

  

   

  

 

Vậy nghiệm phương tr?nh ; ( )

2 18

x k x  k k Z

0,5

0,5

2 Giải phương tr?nh: + = 2x − 5x − (1) 1,0

2

(1) x 1  4 x1 2 x  5x

3 1

( 3)(2 1) ( 3)( 1)

2 4

3

1

2 (2)

2

x x

x x x x

x x x x

x

x

x x

 

         

       

  

 

   

    

 0,5

*x 0  x3 *Xét phương tr?nh (2) ĐK 2 x

VP 5

VT đạt giá trị lớn đoạn [2;4] 1 

 x = nên phương tr?nh (2) vô nghiệm

Vậy phương tr?nh có nghiệm x =

0,25 0,25 III T?m giá trị tham số mđể bất phương tr?nh:x(2 x) m x( 2x 2 1) 0

      1.0

Đặt t x2 2x 2

   Lập BBT hàm y x 2 2x2 với x thc 0;1  3ta có t thuộc đoạn 1;2

0,25

Bpt trở thành

2

2

( 1) (1)

1 t

m t t m

t      

 (do t+1>0) Bpt đ? cho nghiệm với x thuôc 0;1  3

  Bpt (1) nghiệm với moi t thuộc đoạn 1;2

Xét   2

( ) , 1;

1 t

f t t

t 

 



1

'( ) 0,

( 1)

f t t

t

   



t f’(t) +

f(t)

23

2 

0,25

Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm với moi t thuộc đoạn 1;2 

m Vậy với

2

m thoả m?n yêu cầu toán 0,25

IV Trên mp (P) cho đường tr?n (T) đường kính AB 2R S điểm nằm đường thẳng vng góc với (P) A Đặt SA = h Mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với SB cắt SB K C điểm nằm đường tr?n (T) cho

 ,(0 )

2

BAC   SC cắt mp (Q) H Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R .

1.0

O



H

K

C

B S

Chứng minh AHSC Ta có:

( )

BC AC

BC SAC BC AH BC SA

 

   



  (1)

Lại có:mp Q( )SB SBAH (2)

Từ (1) (2) suy AH (SBC) AH SC

Suy SA2 SH SC SK SB. .

 

4

2 2

SAHK SABC

V SA SH SK SH SK SH SC SK SB SA V SA SC SB SC SB  SC SB SC SB

0,25

0,25

2

2 2

2 2

1 sin

sin os

3

4 os ,

4

SABC

R h V dt ABC SH AB c SA

SC h R c SB h R

            0,25

2 2 2

sin

3( )( os )

SAHK

R h V

h R h R c      0,25 V

T?m giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 2

x y z

P

x y y z z x

  

  

1,0

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

( ) ( ) ( )

( )

x y z xy yz zx

P x y z

x y y z z x x y y z z x

xy yz zx P x y z

x y y z z x

                         0,25 Ta có 2 2

2 2

2 2 2 ; 2 2 ( ) ( )

2 2

xy xy y x x y y x

x y y x z y

yz yz zx zx x z

y z z y z x x z

z y

y x x z

P x y z

                   0,25 Mặt khác

1 1

; ;

2 2 2

4

3

x xy y y yz z z xz x

y x y z y z x z x

x y z xy yz xz P x y z

     

     

         

2 2

( ) 2( ) 3( )

9

3

4

x y z x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx P

          

       

Dấu = xảy 2; 2;

1 1; 1;

1

x y y z z x

x

x y z

y

x y x

z x y z

   

  

  

 

 

 

 

  

    



Vậy GTNN P 3/2 x = y = z =1

0,25

VIa 1.0

Toạ độ điểm A nghiệm hệ

2 13

( 3; 8)

13

x y x

A

x y y

   

 

   

 

   

 

0,25

Ta có IM qua I(-5; 1) song song với AH Phương tr?nh IM x 2y 7

Toạ độ điểm M nghiệm hệ (3;5)

13

x y x

M

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng BC qua M vng góc với AH Phương tr?nh BC 2x y 11 0 Gọi B(b;11-2b) Ta có IB = IA

2 2

( 5) (10 ) 85

4 b

b b b b

b  

          

 

0,25

Với b = suy B(2;7), C(4;3) Với b = suy B(4;3), C(2,7)

Vậy A( -3; -8), B(2;7), C(4;3) A( -3; -8), B(4;3), C(2;7)

0,25

2 1,0

A

B H M C

I

Đường tr?n (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5 Do IM <5 nên M nằm đường tr?n (C)

Gọi H h?nh chiếu I AB, H trung điểm AB Do MA= 3MB nên M trung điểm HB

Xét hai tam giác vuông IHM IHB ta có

2 2 2

2 2 2

10

4 25

IH HM IM IH HM HM

IH HB IB IH HM IH



      

  

 

  

   

   

  

0,5

Đường thẳng (d) qua M(1; - 1) có phương tr?nh a x( 1) b y( 1) (a2 b2 0)

     

2

2

2

( , ) (2 )( )

2 a b a b

d I d a ab b a b a b

a b

a b



 

            



 

Với b2a chon a1;b2 Phương tr?nh (d): x + 2y +1 = Với a2b chon b1;a2 Phương tr?nh (d): 2x - y -3 =

Vậy phương tr?nh đường thẳng (d) x + 2y +1 = 2x - y -3 =

0,5

VIIa 1,0

Gọi số có chữ số abcde a( 0) Do abcde3nên (a b c d e    ) 3 Nếu a b c d   3th? e = e =

Nếu a b c d   chia dư th? e = e = Nếu a b c d   chia dư th? e = e =

Như từ số có chữ sơ abcd (các chữ số lấy từ tập A) tạo số tự nhiên có chữ số thoả m?n yêu cầu toán

Từ chữ số tập A lập được: 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có chữ số

Nên từ chữ số tập A lập được: 2.1080 = 2160 sô chia hết cho có chữ số VII

b

1 1,0

Do A thuộc d: x y  2 0, gọi A( ;a a  2) Ta có

( , ) ( , ) 2.6

3

10 10

ADM CDM

a a

S S d A DM d C DM

a

 

 

      

 

Với a 3 A(3; 5) , trường hợp không thoả m?n v? A, C nằm phía với đường thẳng DM

Với a 3 A( 3;1) Gọi I tâm h?nh chữ nhật, I trung điểm AC suy 0,5

A B

H M

A

D C

M B

Điểm D thuộc DM: x 3y 0 , gọi D(3d+6;d) (d < -2)

2

3

(3 6) ( 1) 13 4

5

d

ID IA d d d

d                Suy D(-3;-3), B(3;1)

Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1)

0,5

2 1,0

Gọi C x y( ; )o ta có

2

2

0

0

1 16 144 (1)

16

o

x y

x y

    

Phương tr?nh AB là: 3x +4y =

0,25

0

3

( , ) , ( , )

5 ABC

x y

d C AB   S  AB d C AB

Do AB khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn d(C,AB) lớn 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai số ta có

2 2

0 0

0

(3 ) 2(9 16 ) 2.144

12

3 12 ( , )

5

o

x y x y

x y d C AB

   

    

(Dấu = xảy 3x0 4y0)

Vậy diện tích tam giác ABC lớn 3x0 4y0

0,25

Kết hợp với (1) ta có

0 2 0 0 0 2;

9 16 144

3

3 2 2;

2

x y

x y

x y x y

                  

Vậy toạ độ điểm C (2 2;3 2)

2

3 ( 2; )

2

 

0,25

VII

b Tính tổng

0 11 10 10 11 20 12 20 12 20 12 20 12

S C C C C  C C C C 1,0

Ta có 32 20 12

(1x)  (1 x) (x1) (1)

32 2 32 32

32 32 32 32

(1 )

VT  x C C x C x  C x

Hệ số x11trong khai triển vế trái 11 32

C (2)

0 2 20 20 2 12 12

20 20 20 20 12 12 12 12

( )( )

VPC C x C x  C x C C x C x  C x

Hệ số x11trong khai triển vế phải 11 10 10 11 20 12 20 12 20 12 20 12 C C C C  C C C C (3) Từ (1),(2),(3) ta có S C C 20 120 11C C20 121 10 C C2010 121 C C20 1211 C3211

0,25 0,25

0,25 0,25 Chú ?: Đối với ? câu thí sinh giải không sử dụng đồ thị mà viết phương tr?nh (1) tương đương

với 2

1 x y x x    

  (sau nhận xét x = không thỏa m?n phương tr?nh với y) Nhận xét y nguyên x nguyên th?

1

x phải nguyên