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
Cảm
ơ
n
(
hot
b
o
y23
@gma
il.c
om
)
đãgử
i
t
ới
www
.
la
is
ac.
page.
t
l
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
Cm
n
(
hot
b
o
y23
@gma
il.c
om
)
óg
i
t
i
www
.
la
is
ac.
page.
t
l