Tài liệu SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B, D pptx

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013
TRƯỜNG THPT PHÚC TRẠCH MÔN TOÁN KHỐI A, B, D
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số:
1
2 2
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm
trên đường thẳng 4
x
+ y
= 0.
Câu 2.(2 điểm).
1. Giải phương trình:
(1 cos2 )sin2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x


  


2.Giải hệ phương trình:
2
2 2
2 6 1
7
x x y
x xy y

   


  



Câu 3.(1 điểm).Tính tích phân sau:
6
0
sin sin3
os2
x x
dx
c x




Câu 4. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD)
và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(SBC).
Câu 5 (1điểm). Cho ba số x,y,z không đồng thời bằng 0, thỏa mãn điều kiện:

     
2 2 2 2
( ) 2( ) 0
x y z x y z
.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 

   
3 3 3
( )( )
x y z
F
x y z xy yz zx
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm) .
Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
Thí sinh thi khối D không phải làm câu 7a, 7b
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu 6a
.(2điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(0;2), N(5;-3), P(-2;-2), Q(2;-4) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD,
DA của hình vuông ABCD. Tính diện tích hình vuông đó.
2. Tìm m để bất phương trình:

2 2
2 2 1
4 .2 0
x x x x
m m
  
  
có nghiệm với mọi


0;2
x 

Câu 7a. (1điểm)
Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển đa thức
(2 1)
n
x

biết tổng tất cả các hệ số của nó là 59049
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b
.(2điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):
2 2
2 4 0
x y x y
   
và điểm A(-1;3). Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ
nhật ABCD nội tiếp trong (C) và có diện tích bằng 10

2. Giải phương trình:

2 2
2 2
log log 5log 8 25log 2
4
x x
x
x   

Câu 7b.(1điểm) Tính tổng:
1 2 2 3 3
2 2 .2 2 .3 2 .
n n
n n n n
S C C C nC
    

Hết

Họ và tên thí sinh Số báo danh

Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm

HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU
NỘI DUNG ĐÁP ÁN
THANG
ĐIỂM

TXĐ:
1
x
 

2
1
' 0
( 1)
y x D
x
   

nên hàm số đồng biến trên các khoảng (
; 1) ( 1; )
v
   
.
Hàm số không có cực trị



0,25
Tiệm cận:ta có
1
lim
2
x
y



suy ra
1
2
y

là đường TCN

1 1
1
lim lim
2 2
x x
x
y
x
 
 

  

và
1 1
1
lim lim
2 2
x x
x
y
x

 
 

  

nên x=-1 là đường TCĐ

0,25

Bảng biến thiên:

x

-1


y’ + +



y





1
2

1
2










0,25
I.1
Đồ thị: Cắt ox tại A(1;0)
Cắt oy tại B(0;
1
)
2



0,25

Gọi M(
0
0
0
1

;
2( 1)
x
x
x


)
( )
C

là điểm cần tìm. Gọi

tiếp tuyến với (C) tại M ta có phươngtrình.

:
'
0
0 0
0
1
( )( )
2( 1)
x
y f x x x
x

  

 

0
0
2
0
0
1
1
( )
2( 1)
1
x
y x x
x
x

   








0,25

Gọi A =
 
ox


A(
2
0 0
2 1
2
x x
 

;0)
B =
 
oy

B(0;
2
0 0
2
0
2 1
2( 1)
x x
x
 

). Khi đó

tạo với hai trục tọa độ

OAB có trọng tâm là:
G(

2 2
0 0 0 0
2
0
2 1 2 1
;
6 6( 1)
x x x x
x
 
   

 

 
.



0,25
I.2
Do G

đường thẳng:4x + y = 0

2 2
0 0 0 0
2
0
2 1 2 1

4. 0
6 6( 1)
x x x x
x
   
  



 
2
0
1
4
1
x


(vì A, B

O nên
2
0 0
2 1 0
x x
  
)

0,25

0 0
0 0
1 1
1
2 2
1 3
1
2 2
x x
x x
 
   
 
 
 
 
    
 
 
.Với
0
1 1 3
( ; )
2 2 2
x M
    
; với
0

3 3 5
( ; )
2 2 2
x M
   



0,25

Giải phương trình:
(1 cos2 )sin 2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x

  

,(1)
Đk:
sin 1
x





0,25

2 2
(1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cos
x x x x x
 



0,25

2
cos 0
2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin 2 0
1
cos
2
x
x x x x
x




    






0,25
II.1
2
3
x k
k Z
x k








  




0,25
đk :
1
y
 
.ta có
2 2
2 2

2 6 2 1
1
3( ) ( ) ] 7
4
x x y y
x y x y

    



   







0,25
2 2
( )( 2) 5
3( ) ( ) 28
x y x y
x y x y
    



   




0,25
Đặt
,
u x y v x y
   
ta có hệ :
2 2
( 2) 5
3 28
u v
u v
  


 

1
5
u
v
 



 


0,25


II.2













hay
3
1
u
v



 


từ đó ta có
3
2
x
y
 




hay
1
2
x
y







0,25
Ta co
:I=
3 26 6
2 2
0 0
4s inx 4sin 4 4sin
(cos )

2cos 1 2 os 1
x x
dx d x
x c x
 
 
 
 
 
=
2 2
6 6
2 2
0 0
4 4(1 os ) cos
(cos ) 4 (cos )
2cos 1 2cos 1
c x x
d x d x
x x
 
 
  
 
 

0,25


III,
Đặt t=cosx ,Đổi cận ;
0 1
3
6 2
x t
x t

  
  
khi đó ta



0,25

có ;I=
3 3 3 3
3
2 22 2 2 2
2
1
2 2 2 2
1 1 1 1
(2 1) 1 1 1
4 2 2 (1 ) 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1
t t
dt dt dt t dt
t t t t
 
 
     
 
   
 
   



Ta có :
1
I

2
3 3 3
2 2 2
2
1 1 1
1 ( 2 1) ( 2 1) 1 1
( )
2 1
( 2 1)( 2 1) 2 1 2 1
t t
dt dt dt
t

t t t t
  
   

   
  

3 3
2 2
1 1
1 1 2 1 1 ( 3 2)( 2 1)
(ln 2 1 ln 2 1) ln ln
2 2 2 1 2 ( 3 2)( 2 1)
t
t t
t
  
    
  



0,25
Từ đó ta co
1 ( 2 2)( 2 1)
ln 3 2
2 ( 2 2)( 2 1)
I
 
  

 



0,25
I
K
L
E
NH
A
B C
D
S
M




Gọi H, N, L, E
lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD
Gọi
,
I AN BD K LM SN
   
; Dễ thấy tứ giác
AHND
là hình chữ nhật và
3
AN

IN 

Từ giả thiết ta có




, / / 1
SH ABCD ME SH ME BD
  

Lại do


2
AM BD
. Từ






1 & 2
BD AMN BD AN
   
. Trong tam giác
AND
ta có
2

2 2 2
. 3 3 2
3
NA
ND NI NA NA ND a AD NA ND a        





0,25

Dễ thấy


CD SHN

, do




/ / 3
ML CD ML SHN ML SN   

Do









,
ABLM SCD ABLM SCD ML
  
(4), nên từ






3 & 4
SN ABLM
 

SN HK
 
. Lại do K
là trung điểm
SN
nên tam giác
SHN
vuông cân tại
H
suy ra
2
SH HN a

 



0,25
IV
Dễ thấy


CD SHN

, do




/ / 3
ML CD ML SHN ML SN   

Do








,
ABLM SCD ABLM SCD ML

  
(4), nên từ






3 & 4
SN ABLM
 

SN HK
 
. Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra
2
SH HN a
 
.
Ta có
3
.
1 4
. . .
3 3
S ABCD
a
V SH AB AD 
;
3

. . .
1 1 1
2 2 2 3
S BCM S BCD S ABCD
a
V V V
 
  
 
 
( đvtt).




0,25
Ta có
 
1
, .
2
SBC
BC SH BC AB BC SAB BC SB S SB BC
       
2
2 2 2 2
1 1 6
. 2 . 2
2 2 2
a

HB SH BC a a a
    


Mặt khác ta có
 
 
3
6
;
3
MSBC
SBC
V
a
d M SBC
S
 
.




0,25
.Từ giả thiết :
     
2 2 2 2
( ) 2( ) 0
x y z x y z
và

2 2 2 2
1
( )
2
xy yz zx x y z x y z
 
       
 
suy ra
2
1
( )
4
xy yz zx x y z
    





0,25
do đó
P=
3 3 3
3 3 3
3
4( ) 1 4 4 4
( ) ( ) ( )
( ) 16
x y z x y z

x y z x y z x y z x y z
 
 
  
 
       
 

Đăt :
4 4 4
, ,
x y z
a b c
x y z x y z x y z
  
     
Thì ta có :
2
4
4
4
4 4
b c a
a b c
ab bc ca
bc a a
  
   



 
  
  


và
2
( ) 4
b c bc
 
nên
8
0
3
a
 
.Ta có



0,25


P=
3 3 3 3 3 3 2
1 1 1
( ) ( ) 3 ( ) (3 12 12 16)
16 16 16
a b c a b c bc b c P a a a
 

           
 

Xét hàm số :f(x)=
3 2
3 12 12 16
a a a
  
với
8
0
3
a
 




0,25
V
Từ đó GTLN là P=
11
9
chẳng han khi x=y,z=4x
GTNN là P=1 chẳng hạn khi x=0,y=z


0,25
Từ pt (C) suy ra tọa độ tân I(1;2);R=
5

.Điểm C đối xứng với A qua I suy ra
C(3;1).
2 . 10
ABCD ACB
S S AC BH
  
( H là chân đường cao kẻ từ B xuống AC)

0,25

Ta có AC=
2 5
5
BH
 
.Vậy H là trùng với tâm I của đường tròn và ABCD là hình vuông



0,25

Phương trình đường thẳng d qua tâm I và nhận
(4; 2)
AC
 

làm vecto pháp tuyến có dạng :2x+y=0.Tọa độ của
B,D là nghiệm hệ :
2 2
2 4 0

2 0
x y x y
x y

   

 





0,25
VI.a.
1
Giải hệ trên ta có :B(0 ;0) ;D(2 ;4)
0,25

.t t=
2
2
2
x x

vi


0;2
x

;
2
2
' 2 (2 2)ln2 ' 0 1
x x
t x t x







0,25
t(0)=t(2)=1,t(1)=
1
2
1
;1
2
t







0,25
Bt phng trỡnh tr thnh :

2 2
2 0 (2 1)
t mt m m t t

2
( )
2 1
t
m f t
t





0,25
VI.a.
2

2
2
2 2 1
'( ) 0 ;1
(2 1) 2
t t
f t t
t

;do ú
1
( ) ;1
2
m f t t




1 1
(1)
3 3
m f m





0,25
Ta cú :
0
( ) (2 1)
n
n k
k
k
P x x a x

vi
2
k k
k n
a C




0,25

Khi ú tng tt c cỏc h s ca khai trin trờn l
:
10
( ) (1) (2.1 1) 59049 3 10
n
P x P n



0,25
Vi k=1.2 10 xột t s
:
1 1
1 10 1
10
2

10! !(10 )! 2(10 ) 19
2 . 1
2 ( 1)!(9 )! 10! 1 3
k k
k k
k k
k k
a C a
k k k
k
a C k k k a










0,25
VII.
a
T ú :
0 1 7 8 9 10

a a a a a a

Suy ra h h s ln nht ca khai trin l

7 7
7 10
2
a C



0,25

Gi AB,AD ln lt l :AB :ax+b(y-2)=0
ax 2 0
by b


;
AD :b(x-2)+a(y-4)=0
2 2
2 4 0;( 0)
bx ay b a a b





0,25
Theo gt :d(P ;AP)=d(N ;AD)
2 2 2 2
3 0
2 4 3
7 0

a ba b b a
a b
a b a b












0,25
Vi
3 0
a b

,chn a=1,b=-3,thỡ din tớch hỡnh vuụng l :S=(
2
2 2
3
) 10
b a
a b

0,25

VI.b
.1
Vi a+7b=0,chn a=7,b=-1,thỡ din tớch hỡnh vuụng l:S=
2
2 2
3
2
b a
a b








0,25


iều kiện 0 <x

1 .Đặt log
2
x = t, ta có log

x
2 =
t
1
, log
x
8 =
t
3
,
4
log
2
x
= t 2

0,25
VI,b
.2
Phơng trình (1) trở thành t
2
+ t 2 =
2
2515
t
t

t
4
+ t

3
2t
2
15t - 25 = 0
Đặt a =5, phơng trình trở thành :
2 4 3 2
3 2 0
a at t t t


Xem (4) là phơng trình bậc hai đối với a, ta có =
2 2
(2 1)
t t





0,25

Bởi vậy

2
)1(3
2
)12(3
ttt
a
ttt
a






)2(
)1(
tta
tta






tt
tt
25
5

2
2






nghiệm)(vô 052
05
2
2
tt
tt






0,25


2
211
t

2
211
log

2

x
x = 2
2
211
x = 2
2
211
(thoả mãn ).
Vậy x = 2
2
211
là các nghiệm của phơng trình đã cho




0,25

Xột khai trin


1 (1 )
n
x

1 2 2
1 (1 ) (1 ) (1 )
n n

n n n
C x C x C x




0,25
VII.
b

Ly o hm 2 v ta cú
1 1 2 1
(2 ) 2(1 ) (1 )
n n n
n n n
n x C x C n x C






0,25



nhõn 2 v vi (1+x) ta cú
1
(2 )
n

n x


(1+x)=
1 2 2
(1 ) 2(1 ) (1 )
n n
n n n
x C x C n x C





0,25


Thay x=1 vo 2 v ta cú :
1
2 .3
n
S n

0,25