Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 1

Chia sẻ: Van Tho | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 18 - đề 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 1

Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 C  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau. Câu II. (2 điểm) 1 2  cos x  sin x  1. Giải phương trình:  . tan x  cot 2 x cot x  1  x 2  21  y  1  y 2  2. Giải hệ phương trình:   y 2  21  x  1  x 2  Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: 3 3x  5  8x3  36 x 2  53x  25 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 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. Câu V. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  3 . Chứng minh rằng: 1 4 3   xyz  x  y  y  z  z  x  2 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 hình thoi ABCD tâm I(2; 1) và AC = 2BD.  1 Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B  3 biết B có hoành độ dương. x2 y 2 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc  E  :  1. 25 9 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. n 2n CâuVIIa. (1 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển biểu thức P  x 1  2 x   x 2 1  3x  , biết 1 rằng An  Cnn1  5 . 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, biết rằng các đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là 3 x  4 y  1  0 và 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là  12 2  3  Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho: 2 1 C2n 1  2.2.C22n 1  3.22.C2 n1  4.23.C2 n 1  ...   2n  1 22 n.C2nn1  2013 1 3 4 …………………..Hết…………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI A
Câu Nội dung Điểm y  x  3x  4 C  3 2 + Tập xác định: D = ¡ + Giới hạn: lim y  , lim y   0.25 x x  x  0 + Đaọ hàm y '  3 x 2  6 x; y '  0   x  2 BBT: x - 0 2 + 0.25 y’ + - + y 4 + - 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ,  2;   , nghịch biến trên khoảng  0; 2  Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD  4 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT  0 I.1 + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1; 0) và nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng 8 6 4 2 0.25 15 10 5 -1 1 2 5 10 15 2 4 6 Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 0) và có hệ số góc k là: y  k x  2 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: k  x  2  x 3  3x 2  4 0.25 x  2  x A   x  2 x 2  x  2  k   0    g x   x  x  2  k  0 2 + (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P  pt g  x   0 có hai nghiệm phân biệt I.2   0 9 0.25 khác 2      k  0 (*)  g 2   0 4 x  xN  1 + Theo định lí viet ta có:  M  x M .x N   k  2 + Các tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau  y '  x M . y ' x N   1 0.5 3 2 2 2  2    3 x M  6 x M 3 x N  6 x N  1  9k 2  18k  1  0  k  3 (thỏa(*)) 1 2  cos x  sin x  1 2  cos x  sin x  pt     0.25 II.1 sin x cos 2 x cos x cos x cos x  sin x  1 cos x sin 2 x sin x cos x.sin 2 x sin x
 k sin 2 x  0 x  2  Điều kiện:   0.25 cos x  sin x  0  x    k   4 2  Khi đó pt  sin 2 x  2 sin x  cos x   x    k 2  k ¢  0.25 2 4  Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x    k 2  k  ¢  0.25 4  x  21  y  1  y 1 2 2   2  y  21  x  1  x 2  2   x  1 Điều kiện:  y 1 Trừ hai vế của pt (1) và (2) cho nhau ta được: x 2  21  y 2  21  y  1  x 1  y 2  x 2   x  y  x  y   x y   x  y  x  y   0 0.5 2 2 x  21  y  21 x 1  y  1 II.2   x  y 1    x  y   x  y  0  x  21  y 2  21 2 x  1  y 1    xy Thay x = y vào pt (1) ta được: x 2  21  x  1  x 2  x 2  21  5  x  1  1  x 2  4 x2  4 x2     x  2  x  2  2 x  21  5 x 1  1 0.5  1  1    x  2    x  2  1    0  x  2  x 1  1   x 2  21  5    Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2 3 pt  3 3x  5   2 x  3  x  2 * 3 Đặt 2 y  3  3 3 x  5   2 y  3   3 x  5 0.5  2 x  33  2 y  x  5  **  Ta có hệ phương trình:  3  2 y  3  3x  5  III Trừ vế với vế hai phương trình của hê ta đươc: 2 2 2  x  y   2 x  3    2 x  3  2 y  3   2 y  3   2  x  y    2 2 0.5  2  x  y   2 x  3    2 x  3  2 y  3   2 y  3  2   0   xy 3  2 x  3  3 x  5  8 x3  36 x 2  51x  22  0 Thay x=y vào (**) ta được: 5 3 5 3  x1  2, x2  , x3  4 4
S A I T D M H K B E C CB  AB Vì   CB   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) CB  SA 0.25 ·  ·   ·   SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC .cot 300  a 3  SA  a 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 2a3 0.25 VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 2  (dvtt ) 3 3 3 a + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  và DE / /  SCI  2  d  DE , SC   d  DE ,  CSI   Từ A kẻ AK  CI cắt ED tại H, cắt CI tại K  SA  CI 0.25 Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK  AK  CI IV Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT 3 a. a 1 1 CD. AI 2 3a + Ta có: S ACI  AK .CI  CD. AI  AK    2 2 CI a 2 5 a2    2 HK KM 1 1 a Kẻ KM//AD ( M  ED)     HK  AK  HA AD 2 3 5 0.25 a a 2. · SA HT SA.HK 5  38 Lại c ó: sin SKA    HT   SK HK SK 9a 2 19 2a 2  5 38 Vậy d  ED, SC   19 1 1 4 Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương , , ta được: 2 xyz 2 xyz  x  y  y  z  z  x  V 1 4 1 1 4     0.25 xyz  x  y  y  z  z  x  2 xyz 2 xyz  x  y  y  z  z  x  3  2 2 2 3 x y z  x  y  y  z  z  x 
Ta có: x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x   xyz  zx  yz  xy  zx  yz  xy  Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương xy, yz, zx: 3  xy  yz  zx  2 2 2 xy. yz.zx     1  x y z  1  xyz  1 1  3  0.5 Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương zx  yz , xy  zx , yz  xy : 3   zx  yz    xy  zx    yz  xy    zx  yz  xy  zx  yz  xy      8  2  3  Từ (1) và (2) suy ra: x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x   8 0.25 1 4 3 3 Vậy   3  . xyz  x  y  y  z  z  x  8 2 B L M A C I 0.25 N D Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I  N '  4; 5  Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 VIa 4.2  3.1  1 1 Khoảng cách từ I đến AB là: d  2 0.25 4 2  32 Vì AC = 2BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x, trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1 0.25 2  2  2  x  5  BI  5 d x 4x Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ:  1  4x  1 4x y  3 4 x  3 y  1  0  y   x  1 0.25  2 2  3   x  1   x  2    y  1  5  25 x 2  20 x  5  0  1  y  1    x    loai   5  B 1; 1 Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a  0 ). Tung độ giao điểm a2 y2 25  a 2 3 0.25 của (d) và (E) là:   1  y 2  9.  y 25  a 2  a  5  25 9 25 5  3   3  6 Vậy A  a; 25  a 2  , B  a;  25  a 2   AB  25  a 2 0.25 VIa.  5   5  5 2 6 100 5 5 Do đó AB  4  25  a 2  4  25  a 2  a (thỏa mãn đk) 0.25 5 9 3 5 5 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x  ,x   0.25 3 3
Điều kiện n  2, n  ¥ Ta có: 2 n 1 An  Cn1  5  n  n  1   n  1 n  5 0.5 2 VII  n  2(loai)  n 2  3n  10  0   a n  5 5 10 5 10 k l Với n = 5 ta có: P  x 1  2 x   x 2 1  3x   x  C5  2 x   x 2  C10  3x  k l k 0 l 0 5 4 3 0.5  số hạng chứa x là x.C .  2 x   x .C  3 x   16.5  27.120  x5  3320 x 5 1 5 2 7 10 Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320 + Tọa độ B  AB  BD là nghiệm của A D hệ phương trình: 3 x  4 y  1  0 x  1    B 1; 1 2 x  y  3  0  y  1 + S ABCD  AB. AD  22 1 0.25 B C 3.2  4.1 2 11 AD + Ta có: cos · ABD    tan · ABD    2 2 3 4 2 2   1 2 2 5 5 2 AB Từ (1) và (2) ta có: AD =11; AB = 2 (3) VIb 11x  11 + Vì D  BD  D  x; 2 x  3  . Ta có: AD  d  D; AB    4 1 5 0.25 x  6 Từ (3) và (4) suy ra 11x  11  55    x  4 + Với x = 6  D  6;9   phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là : 4 x  3 y  3  0 0.25  3 1  38 39   A  AD  AB    ;   C  ;   5 5  5 5  + Với x = -4  D  4; 11  phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là : 4 x  3 y  17  0 0.25  13 11   28 49   A  AD  AB   ;    C   ;   5 5  5 5  x2 y 2 Gọi pt Elip cần tìm là:   1 a  b  0  với hai tiêu điểm là F1  c; 0  , a2 b2 0.25 F2  c; 0    c 2  a 2  b2 , c  0 và hai đinh trên trục nhỏ là: B1  0; b  , B2  0; b  c 2  a 2  b 2  2 3 2  b  4 a a  6 VIb  3  2  2  2 Theo giả thiết ta có hệ: b  2c  b  3c  b  3 3 0.5  2  c  3  4  a  b   12 2  3 a  b  3 2  3         x2 y 2 Vậy (E):  1 0.25 36 27
2 n 1 C2 n1  2.2.C22n 1  3.2 2.C2 n1  4.23.C2 n1  ...   2n  1 2 2 n.C2 n 1  2013 (*) 1 3 4 Xét khai triên: 2 n 1 1  x   C20n1  xC2 n 1  x 2C22n1  x3C23n 1  x 4C24n1  ...  x 2 n1C22nn11 1 0.5 Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được: 2n  2n  11  x   C2 n1  2 xC22n 1  3x 2C23n 1  4 x3C24n 1  ...   2n  1 x 2 nC22nn11 1 VII Thay x=-2 vào ta được: 2 n 1 2n  1  C2 n1  2.2.C2n 1  3.22.C2 n 1  4.23.C2 n 1  ...   2n  1 2 2 n.C2 n 1 1 2 3 4 0.5 Do đó (2)  2n  1  2013  n  1006 …………………..Hết………………….
SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN Môn: Toán - Khối B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y  C  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng  d  : y  mx  m  2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) 1 2  cos x  sin x  1. Giải phương trình:  tan x  cot 2 x cot x  1  x y  x y  4  2. Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  128  6x  4 Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: 2 x  4  2 2  x  x2  4 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 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a.   Câu V. (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2 x 2  y 2  xy  1. 4 4 x y Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  2 xy  1 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 đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  5  0 và điểm A  0; 1 . Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC đều. x2 y 2 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc  E  :  1. 25 9 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. n  1 CâuVIIa. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  2 x 3   , biết  x n 1 rằng An2  Cn 1  4n  6 . B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y  4  0 , đường thẳng BC, CD lần lượt đi qua điểm M(4; 0), N(0; 2). Biết tam giác AMN cân tại A. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là  12 2  3  Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho: 2 n C2n 1  2.2.C22n1  3.22.C2 n1  4.23.C24n1  ...   2n  1 2 2 n.C2 n11  2013 1 3 …………………..Hết………………….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI B Câu Nội dung Điểm + Tập xác định: D = ¡ \ 1 + Giới hạn: lim y  2  y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.25 x lim y  , lim y    x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 2 + Đaọ hàm y '  2  0, x  1 .  x  1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;   . BBT: 0.5 x - 1 + y’ - - y 2 + - 2 Hàm số không có cực trị. + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường I.1 tiệm cận làm tâm đối xứng. 8 2∙x 6 fx = x 1 4 2 I 0.25 15 10 5 O 1 5 10 15 2 4 6 8 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: I.2 2x x  1  0.25  mx  m  2    g  x   mx  2mx  m  2  0(*) 2 x 1  + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  g  x   0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m  0  0.25     m 2  m 2  2m  0 m0  g 1  m  2m  m  2  0    Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). Khi đó A  x1; mx1  m  2  , B  x2 ; mx2  m  2   x1  x2  2  Theo định lí viét, ta có:  m2 0.25  x1.x2  m  2 8  AB 2   x2  x1  1  m 2   1  m 2  m
 1  AB 2  8  m    m 1 Áp dụng định lí cosi cho 2 số dương m và ta được: 0.25 m  1 AB 2  8  m    16  ABmin  4  m  1  m 1 2  cos x  sin x  1 2  cos x  sin x  pt     0.25 sin x cos 2 x cos x cos x cos x  sin x  1 cos x sin 2 x sin x cos x.sin 2 x sin x  k sin 2 x  0 x  2  Điều kiện:   0.25 II.1  cos x  sin x  0  x    k   4 2  Khi đó pt  sin 2 x  2 sin x  cos x   x    k 2  k  ¡  0.25 2 4  Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x    k 2  k  ¡  0.25 4  x  y  x  y  4 1   2 2  x  y  128   2 x  y  0 Điều kiện:  (*) x  y  0 x  8 Ta có: 1  2 x  2 x 2  y 2  16  x 2  y 2  8  x   2 2 2 0.25  x  y  64  16 x  x II.2 x  8   2   y  64  16 x  3  x  8 Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: x 2  16 x  192  0   (thỏa mãn x  8 ) 0.25  x  24 + Với x = 8, thay vào (2) ta được y 8 0.25 + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm  x; y   8;8 ;  8; 8 0.25 Điều kiện: 2  x  2 2x  4  42  x 6x  4 6x  4 6x  4 pt     2x  4  2 2  x x2  4 2x  4  2 2  x x2  4 0.5  2 x  3   2x  4  2 2  x  x2  4  2  III Giải (2):  2 x  4  4  2  x   4.  2 x  4  2  x   x 2  4  4.  2 x  4  2  x    x 2  2 x  8  0  4.  2 x  4  2  x    x  2  x  4   0 0.5   2  x   4.  2 x  4    2  x   x  4    0  x  2 2 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 2 và x  3
S A I T D M H K B E C CB  AB Vì   CB   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) CB  SA 0.25 ·  ·   ·   SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC .cot 300  a 3  SA  a 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 2a3 0.25 VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 2  (dvtt ) 3 3 3 a + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  và DE / /  SCI  2  d  DE , SC   d  DE ,  CSI   Từ A kẻ AK  CI cắt ED tại H, cắt CI tại K  SA  CI 0.25 Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK  AK  CI IV Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT 3 a. a 1 1 CD. AI 2 3a + Ta có: S ACI  AK .CI  CD. AI  AK    2 2 CI a 2 5 a2    2 HK KM 1 1 a Kẻ KM//AD ( M  ED)     HK  AK  HA AD 2 3 5 0.25 a a 2. · SA HT SA.HK 5  38 Lại c ó: sin SKA    HT   SK HK SK 9a 2 19 2a 2  5 38 Vậy d  ED, SC   19 2 1 Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2  x  y   2 xy   4 xy  xy     5 0.25 2 1 1 1 V Và xy  1  2  x  y   2 xy   4 xy  xy  . nên   t  .   3 5 3 2 Suy ra P  x 2  y2   2 x2 y 2  7t 2  2t  1 0.25 2 xy  1 4  2t  1
7t 2  2t  1 7  t 2  t  t  0 Xét hàm số f  t   có f '  t   2 ; f ' t   0   V 4  2t  1 2  2t  1 t  1(l ) 0.25  1 1 2 1 f     f    ; f  0   5  3  15 4 1 2 Vậy GTLN bằng , GTNN bằng 0.25 4 15 uur u 1  2  xH  1 uur  3 7 (C) có tâm I(1; 2), bán kính R  10  AI  2 IH   H ;  3  2  yH  2  2 2 0.25  (Do I là trọng tâm tam giác đều ABC, H là trung điểm BC) uur Pt đường thẳng BC đi qua H và nhận AI  1;3 làm vecto pháp tuyến là: 0.25 x  3 y  12  0 VIa Vì B, C   C   tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình: 1  7 3  7 3 2 2 x  y  2x  4y  5  0 y  y   2  2     x  3 y  12  0 x  3  3 3 x  3  3 3 0.5   2   2  3 3 3 7  3   33 3 7  3  Vậy B  hoặc ngược lại  2 ; 2 , C  2 ; 2         Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a  0 ). Tung độ giao điểm a2 y2 25  a 2 3 0.25 của (d) và (E) là:   1  y 2  9.  y 25  a 2  a  5  25 9 25 5  3 2   3 2  6 2 VIa. Vậy A  a; 5 25  a  , B  a;  5 25  a   AB  5 25  a 0.25     2 6 100 5 5 Do đó AB  4  25  a 2  4  25  a 2  a (thỏa mãn đk) 0.25 5 9 3 5 5 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x  ,x   0.25 3 3 Điều kiện n  2, n  ¢ 2 n 1 An  Cn1  4n  6  n  n  1   n  1 n  4n  6 2 0.5 Ta có:  n  1(loai) VII  n 2  11n  12  0   a  n  12 Với n = 12 ta có: n 12 12 12 k  3 1  3 1 12  k  1    2 x     2 x     C12 2 x3 x  x k      x   C12 212 k x364 k k 0.5 k 0 k 0 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .23  1760 9 Vì A  d  A  t ; t  4  VIb Do tam giác ABC cân tại A nên AM = AN 0.25 1 2 2 2   t  4    t  4   t 2   t  6   t  1  A  1; 5  Giả sử pt đường thẳng BC đi qua M(4; 0) có dạng a  x  4   by  0  a 2  b 2  0  Do CD  BC và đường thẳng CD đi qua điểm N(0; 2)  CD : bx  a  y  2   0 Vì ABCD là hình vuông nên ta có:
5a  5b 7a  b 3a  b 0.25 d  A, BC   d  A, CD     a 2  b2 a 2  b2  a  3b Với 3a = -b, chọn a = 1, b = -3, ta có: AB : 3 x  y  8  0, BC : x  3 y  4  0, 0.25 CD : 3 x  y  2  0  B  2; 2  , C 1; 1 , D  2; 4  Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1 ta có: AB : x  3 y  14  0, BC : 3 x  y  12  0, 0.25 CD : x  3 y  6  0  B  5; 3  , C  3;3  , D  3;1 x2 y 2 Gọi pt Elip cần tìm là:   1 a  b  0  với hai tiêu điểm là F1  c; 0  , a2 b2 0.25 F2  c; 0   c 2  a 2  b 2 , c  0  và hai đỉnh trên trục nhỏ là: B1  0; b  , B2  0; b  c 2  a 2  b 2 VIb  a  6 2  3  Theo giả thiết ta có hệ: b  2c  b  3 3 0.5  2 c  3   4  a  b   12 2  3    x2 y 2 Vậy (E):  1 0.25 36 27 2 n 1 C2 n1  2.2.C22n 1  3.2 2.C2 n1  4.23.C2 n1  ...   2n  1 2 2 n.C2 n 1  2013 (*) 1 3 4 Xét khai triên: 2 n 1 1  x   C2 n1  xC2 n 1  x 2C2 n1  x3C2 n 1  x 4C2 n 1  ...  x 2 n1C2 n 1 0 1 2 3 4 2 n 1 0.5 Đạo hàm cả hai vế cua khai triển ta được: VII 2n  2n  11  x   C2 n1  2 xC22n 1  3x 2C23n 1  4 x3C24n 1  ...   2n  1 x 2 nC22nn11 1 Thay x=-2 vào ta được: 2 n 1 2n  1  C2 n1  2.2.C2n 1  3.22.C2 n 1  4.23.C2 n 1  ...   2n  1 2 2 n.C2 n 1 1 2 3 4 0.5 Do đó (*)  2n  1  2013  n  1006 ………………………………..Hết…………………………………..
SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN Môn: Toán - Khối D (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 2x Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  C  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng  d  : y  mx  m  2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4. Câu II: (2 điểm) 1 2  cos x  sin x  1. Giải phương trình:  tan x  cot 2 x cot x  1  x y  x y  4  3. Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  128  Câu III: (1 điểm) Giải bất phương trình 5  x   x  3  1   5  x   x  3 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 300. 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  x 2  y 2   xy  1 . x4  y 4 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  2 xy  1 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 x  3 y  14  0 , cạnh BC song song với  , đường cao CH có phương trình x  2 y  1  0 . Biết trung điểm cạnh AB là điểm M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. x2 y 2 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc  E  :  1. 25 9 Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. n  1 CâuVIIa: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  2 x 3   , biết  x 2 n 1 rằng An  C n 1  4 n  6 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 : x  y  5  0 và đỉnh C thuộc đường thẳng  2 : x  y  5  0 . 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: C 2 n  C2 n  C 2 n  ...  C22n 1  2 23 1 3 5 n …………………..Hết………………….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D Câu Nội dung Điểm + Tập xác định: D = ¡ \ 1 + Giới hạn: lim y  2  y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.25 x lim y  , lim y    x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 2 + Đaọ hàm y '  2  0, x  1 .  x  1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;   . BBT: x - 1 + 0.5 y’ - - y 2 + - 2 Hàm số không có cực trị. I.1 + 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. 8 6 2∙x fx = x 1 4 I 2 0.25 15 10 5 O 1 5 10 15 2 4 6 8 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: I.2 2x x  1  0.25  mx  m  2    g  x   mx  2mx  m  2  0(*) 2 x 1  + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  g  x   0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m  0  0.25    0  m  0 g 1  0    Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). Khi đó A  x1; mx1  m  2  , B  x2 ; mx2  m  2   x1  x2  2  2 8 Theo định lí viét, ta có:  m  2  AB   x2  x1  1  m  2 2 m  1  m2    0.25  x1.x2  m 
m2 Ta có: d  O, AB   1  m2 1 8 m2 Do đó: SOAB  4  2 m  1  m2   4  m  2  2 2m  m  6  4 2 (thỏa 1  m2 0.25 mãn điều kiện) Vậy m  6  4 2 1 2  cos x  sin x  1 2  cos x  sin x  pt     sin x cos 2 x cos x cos x cos x  sin x 0.25  1 cos x sin 2 x sin x cos x.sin 2 x sin x  k sin 2 x  0 x  2  Điều kiện:   0.25 II.1 cos x  sin x  0  x    k   4 2  Khi đó pt  sin 2 x  2 sin x  cos x   x    k 2  k  ¡  0.25 2 4  Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x    k 2  k  ¡  0.25 4  x  y  x  y  4 1   2 2  x  y  128   2 x  y  0 Điều kiện:  (*) x  y  0 x  8 Ta có: 1  2 x  2 x 2  y 2  16  x 2  y 2  8  x   2 2 2 0.25  x  y  64  16 x  x II.2 x  8   2   y  64  16 x  3  x  8 Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: x 2  16 x  192  0   (thỏa mãn x  8 ) 0.25  x  24 + Với x = 8, thay vào (2) ta được y 8 0.25 + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương tình có hai cặp nghiệm  x; y    8;8  ;  8; 8  0.25 III Điều kiện: 5  x  3 0.25 5  x   x  3  1   5  x   x  3  5  x  x  3 1  5  x   x  3  0 0.25    5  x 1 1 x  3  0   1  3  x  0  3  x  1  3  x  1  x   4 0.25
Đối chiếu với đk ta được 5  x  4 0.25 Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn 5  x  4 S H A D O B C CB  AB Vì   CB   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) 0.25 CB  SA ·    · ·   SC ,  SAB   SC , SB  CSB  300  SB  BC .cot 300  a 3  SA  a 2 1 1 2a3 IV Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 2  (dvtt ) 0.25 3 3 3  SA  BD + Ta có   BD   SAC    SBD    SAC   SO O  AC  BD   AC  BD 0.25 Trong mp (SAC), kẻ AH  SO  AH   SBD   d  A,  SBD    AH + Trong tam giác vuông SAO có: 1 1 1 1 1 5 10 a 2  2 2  2  2  2  AH  AH SA AO 2a a 2a 5 0.25 2 10a Vậy d  A,  SBD    5 2 1 Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2  x  y   2 xy   4 xy  xy     5 0.25 2 1 1 1 Và xy  1  2  x  y   2 xy   4 xy  xy  . nên   t  .   3 5 3 2 Suy ra P  x 2  y2   2 x2 y 2  7t 2  2t  1 0.25 2 xy  1 4  2t  1 V Xét hàm số f  t   7t 2  2t  1 có f '  t   7 t 2  t   t  0 ; f ' t   0   2 4  2t  1 2  2t  1 t  1(l ) 0.25  1 1 2 1 f     f    ; f  0   5  3  15 4 1 2 Vậy GTLN bằng , GTNN bằng 0.25 4 15 VIa. Vì AB  CH nên AB có pt: 2x + y + c = 0 0.25 1 Do M(-3; 0)  AB nên c = 6. Vậy pt AB: 2x + y + 6 = 0  2 x  3 y  14  0 Do A   nên tọa độ của A thỏa mãn hệ pt:   A  4; 2  0.25 2 x  y  6  0
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 2  x  2  3  y  2  0  2 x  3 y  2  0 2 x  3 y  2  0 Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hpt:   C 1;0  0.25 x  2 y 1  0 Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a  0 ). Tung độ giao điêm của a2 y2 25  a 2 3 0.25 (d) và (E) là:   1  y 2  9.  y 25  a 2  a  5  25 9 25 5  3 2   3 2  6 2 VIa. Vậy A  a; 5 25  a  , B  a;  5 25  a   AB  5 25  a 0.25     2 6 100 5 5 Do đó AB  4  25  a 2  4  25  a 2  a (thỏa mãn đk) 0.25 5 9 3 5 5 5 5 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x  ,x   0.25 3 3 Điều kiện n  2, n  ¢ 2 n 1 An  Cn1  4n  6  n  n  1   n  1 n  4n  6 2 0.5 Ta có: VII  n  1(loai)  n 2  11n  12  0   a  n  12 n 12 12 12 k  1  1 12  k  1  Với n = 12 ta có:  2 x3     2 x3     C12  2 x3      C12 212  k x36 4 k k k  x  x k 0  x k 0 0.5 9 3 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .2  1760 Vì B  1  B  b,5  b  ; C   2  C  c, c  5  Do M(3; -1) là trung điểm của BC nên ta có hpt: b  c 0.5  2 3  b  c  6 c  2     B  4;1 , C  2; 3 VIb  5  b  c  5  1 c  b  2 b  4 1   2 Vì H(11; 0) là trực tâm của tam giác ABC nên ta có: uuur uuu r  AH .BC  0  11  x A  2     y A  4   0   xA  2 y A  11  xA  3  uuur uuu r     A  3; 4  0.5  BH . AC  0  7.  2  xA    1 3  y A   0  7 xA  y A  17  yA  4 x2 y 2 Gọi pt Elip cần tìm là:   1 a  b  0  a2 b2 0.25 Theo giả thiết ta có 2a  4 2  a  2 2 (1) Vì hai đỉnh B1, B2 cùng hai tiêu điểm F1, F2 nằm trên một đường tròn nên VIb OF2  OB2  b  c (2) 0.25 2 Mặt khác c  a  b  3 2 2 2 Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được b 2  4 0.25 x2 y 2 Vậy (E) đã cho có pt:  1 0.25 8 4 2n Ta có: 1  1  C2 n  C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n 0 1 2 3 2n 2n 0 1 2 3 2n 1  1  C2n  C2n  C2n  C2 n  ...  C2 n VII
b    2 C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n 1  22 n 1 3 5 2n 0.5  C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n 1  22 n1 1 3 5 2n Do giả thiết: C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n 1  2 23 nên 2 n1  223  n  1  23  n  24 1 3 5 2n 0.5 ……………………….Hết……………………………….