ĐỀ SỐ 32. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 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 3sinx 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 Gi i h ph ng trình: ả ệ ươ ( ) ( ) 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 ĐỀ 32. 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 3sinx x x x x x+ + = + ( ) ( ) 2 cos 3 sin 3 cos 3sin 0x x x x ⇔ + − + = cos 3 sin 0 cos 3 sin 3 x x x x  + = ⇔  + =   +) cos 3sin 0 2sin 0 , 6 6 x x x x k k π π π   + = ⇔ + = ⇔ = − + ∈  ÷   ¢ +) 3 cos 3sin 3 sin 6 2 x x x π   + = ⇔ + =  ÷   vô nghi m.ệ b)Gi i ph ng trình: ả ươ 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 vuông 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  − − + − =   − + + = + −   kx Đ đ 3, 4x y ≤ ≥ − T (1) ta có ừ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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⇔ = + ⇔ = − S A C B H K Th (3) v o (2) ta c ế à đượ 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 − + = ⇔ = = − = ⇒ = = − ⇒ = − Th l i ta th y th a mãn h ph ng trình. V y h ph ng trình ã cho có t p nghi m l ử ạ ấ ỏ ệ ươ ậ ệ ươ đ ậ ệ à ( ) ( ) { } 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 I d 1 d 2 A M B ∆ A 0 B 0 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 . ĐỀ SỐ 32. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 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. 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. 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