WWW.VNMATH.COM SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối D (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. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng ( ) : 2d y mx m= − + cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4. Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − 1. Giải hệ phương trình: 2 2 4 128 x y x y x y  + + − =   + =   Câu III: (1 điểm) Giải bất phương trình ( ) ( ) 5 3 1 5 3x 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 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD). Câu V:(1 điểm)Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện ( ) 2 2 2 1x y xy+ = + . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 1 x y P xy + = + Phần 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 0x y∆ − + = , cạnh BC song song với ∆ , đường cao CH có phương trình 2 1 0x 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. 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 0x y∆ + − = và đỉnh C thuộc đường thẳng 2 : 5 0x 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…………………. WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D Câu Nội dung Điểm I.1 + Tập xác định: D = { } \ 1¡ + Giới hạn: lim 2 x y →±∞ = ⇒ y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim , 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 + 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 I.2 + 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 mx mx m x ≠   = − + ⇔  = − + − = −   0.25 + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ) 0g 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 , ; 2A 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 1AB x x m m m ⇒ = − + = + Ta có: ( ) 2 2 , 1 m d O AB m − = + 0.25 WWW.VNMATH.COM 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 2m = ± 0.25 II.1 ( ) ( ) 2 cos sin 2 cos sin 1 1 sin cos2 cos cos cos sin 1 cos sin 2 sin cos .sin 2 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 sin 2 2 sin cos 2 2 4 x x x x k k π π ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈¡ 0.25 Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈¡ 0.25 II.2 ( ) ( ) 2 2 4 1 128 2 x y x y x y  + + − =   + =   Điều kiện: 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 8y = ± + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm 0.25 Vậy hệ phương tình có hai cặp nghiệm ( ) ( ) ( ) ; 8;8 ; 8; 8x y = − 0.25 III Điều kiện: 5 3x − ≤ ≤ − 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 4x x x x⇔ − − − < ⇔ − − > ⇔ − − > ⇔ < − 0.25 Đối chiếu với đk ta được 5 4x− ≤ < − Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn 5 4x − ≤ < − 0.25 WWW.VNMATH.COM IV Vì ( ) CB AB CB SAB CB SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒  ⊥  SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) ( ) · ( ) · ( ) · 0 , , 30SC SAB SC SB CSB⇒ = = = 0 .cot30 3 2SB BC a SA a⇒ = = ⇒ = 0.25 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 . 1 1 2 . 2. ( ) 3 3 3 S ABCD ABCD a V SA S a a dvtt= = = 0.25 + Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) SA BD BD SAC SBD SAC SO O AC BD AC BD ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ = = ∩  ⊥  Trong mp (SAC), kẻ ( ) ( ) ( ) ,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 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 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 Vậy GTLN bằng 1 4 , GTNN bằng 2 15 0.25 VIa. 1 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: 0.25 WWW.VNMATH.COM ( ) ( ) 2 2 3 2 0 2 3 2 0x y x y+ − + = ⇔ − − = Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hpt: ( ) 2 3 2 0 1;0 2 1 0 x y C x y − − =  ⇒  − − =  0.25 VIa. 2 Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với 0a ≠ ). 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 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 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 5 5 5 5 , 3 3 x x= = − 0.25 VII a Điều kiện 2,n n≥ ∈¢ 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 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 1760C = 0.5 VIb 1 Vì ( ) ( ) 1 2 ,5 ; , 5B 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 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  − − + − − = + = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇒     − = = − + − − − = =       uuur uuur uuur uuur 0.5 VIb 2 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 2a 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 OF OB b c= ⇒ = (2) Mặt khác ( ) 2 2 2 3c a b= − 0.25 Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được 2 4b = 0.25 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 WWW.VNMATH.COM ……………………….Hết………………………………. . ) 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 Với n = 12 ta có: ( ) 12 12 12 12 3. 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 V Đặt t xy = . Ta có: ( ) 2 1 1 2 2 4 5 xy