đề thi thử đại học môn Toán (có đáp án)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.03 MB, 20 trang )
1
SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
ĐỀ THI THỬ
ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán - Khối A
(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
( )
Cxxy 43
23
+−=
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.
Giải phương trình:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
21 1
21 1
x y y
y x x
+ = − +
+ = − +
Câu III.
(1
đ
i
ể
m) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
3 2
3
3 5 8 36 53 25x x x x− = − + −
Câu IV.
(1
đ
i
ể
m) Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình vuông c
ạ
nh b
ằ
ng a, SA vuông góc
v
ớ
i
đ
áy. Góc t
ạ
o b
ở
i SC và m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB) b
ằ
ng 30
0
. G
ọ
i E là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BC. Tính th
ể
tích
kh
ố
i chóp S.ABCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng DE, SC theo a.
Câu V.
(1
đ
i
ể
m) Cho các s
ố
d
ươ
ng x, y, z th
ỏ
a mãn
3xy yz zx+ + = . Chứng minh rằng:
( )( )( )
1 4 3
2xyz x y y z z x
+ ≥
+ + +
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.
Điểm
1
0;
3
M
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng AB,
đ
i
ể
m N(0; 7) thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng CD. Tìm t
ọ
a
độ
đỉ
nh B
bi
ế
t B có hoành
độ
d
ươ
ng.
2. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho Elip có ph
ươ
ng trình chính t
ắ
c
( )
2 2
: 1
25 9
x y
E
+ =
.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i Oy và c
ắ
t (E) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m A, B sao cho AB = 4.
CâuVIIa.
(1
đ
i
ể
m) Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a x
5
trong khai tri
ể
n bi
ể
u th
ứ
c
( ) ( )
2
2
1 2 1 3
n n
P x x x x
= − + + , bi
ế
t
r
ằ
ng
2 1
1
5
n
n n
A C
−
+
− =
.
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb.(
2
đ
i
ể
m)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD có di
ệ
n tích b
ằ
ng 22, bi
ế
t r
ằ
ng
các
đườ
ng th
ẳ
ng AB, BD l
ầ
n l
ượ
t có ph
ươ
ng trình là
3 4 1 0
x y
+ + =
và
2 3 0
x y
− − =
. Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh A, B, C, D.
2. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, l
ậ
p ph
ươ
ng trình chính t
ắ
c c
ủ
a Elip (E) bi
ế
t r
ằ
ng có m
ộ
t
đỉ
nh và hai tiêu
đ
i
ể
m c
ủ
a (E) t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác
đề
u và chu vi hình ch
ữ
nh
ậ
t c
ơ
s
ở
c
ủ
a (E) là
( )
12 2 3+
Câu VIIb.
(1
đ
i
ể
m) Tìm s
ố
nguyên d
ươ
ng n sao cho:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
………………… Hết………………….
2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI A
Câu
Nội dung Điểm
( )
Cxxy 43
23
+−=
+ Tập xác định: D =
ℝ
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0.25
+
Đ
a
ọ
hàm
2
0
' 3 6 ; ' 0
2
x
y x x y
x
=
= − = ⇔
=
BBT:
x -
∞
0 2 +
∞
y’ + - +
y
-
∞
4
0
+
∞
0.25
Hàm s
ố
đồ
ng bi
ế
n trên các kho
ả
ng
( ) ( )
;0 , 2;−∞ +∞ , ngh
ị
ch bi
ế
n trên kho
ả
ng
( )
0;2
Hàm s
ố
đạ
t c
ự
c
đạ
i t
ạ
i x = 0, 4
CD
y =
Hàm s
ố
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i x = 2, 0
CT
y =
0.25
I.1
+
Đồ
th
ị
:
Đồ
th
ị
hàm s
ố
đ
i qua
đ
i
ể
m (-1; 0) và nh
ậ
n
đ
i
ể
m I(1; 2) làm tâm
đố
i x
ứ
ng
8
6
4
2
2
4
6
15 10 5 5 10 15
-1
1 2
0.25
Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (d)
đ
i qua
đ
i
ể
m M(2; 0) và có h
ệ
s
ố
góc k là:
( )
2−= xky
+ Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (C) và (d) là:
( )
432
23
+−=− xxxk
( )
( )
( )
=−−−=
==
⇔=−−−−⇔
02
2
022
2
2
kxxxg
xx
kxxx
A
0.25
I.2
+ (d) c
ắ
t (C) t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t M, N, P
( )
0=⇔ xgpt
có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
0.25
3
khác 2
( )
(*)0
4
9
02
0
≠<−⇔
≠
>∆
⇔ k
g
+ Theo định lí viet ta có:
−−=
=+
2.
1
kxx
xx
NM
NM
+ Các ti
ếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau
( ) ( )
1'.' −=⇔
NM
xyxy
( )( )
3
223
0118916363
222
±−
=⇔=++⇔−=−−⇔ kkkxxxx
NNMM
(th
ỏ
a(*))
0.5
( ) ( )
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
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈
ℤ
0.25
II.1
Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là
( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈ℤ
0.25
( )
( )
2 2
2 2
21 1 1
21 1 2
x y y
y x x
+ = − +
+ = − +
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
1
1
x
y
≥
≥
Tr
ừ
hai v
ế
c
ủ
a pt (1) và (2) cho nhau ta
đượ
c:
( )( )
( )( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
21 21 1 1
0
1 1
21 21
1
0
1 1
21 21
x y y x y x
x y x y
x y
x y x y
x y
x y
x y
x y x y
x y
x y
x y
+ − + = − − − + −
− +
−
⇔ + + − + =
− + −
+ + +
+
⇔ − + + + =
− + −
+ + +
⇔ =
0.5
II.2
Thay x = y vào pt (1) ta
đượ
c:
( )( )
( ) ( )
2 2 2 2
2
2
2
21 1 21 5 1 1 4
4 2
2 2
1 1
21 5
1 1
2 2 1 0 2
1 1
21 5
x x x x x x
x x
x x
x
x
x x x
x
x
+ = − + ⇔ + − = − − + −
− −
⇔ = + + −
− +
+ +
⇔ − + + − = ⇔ =
− +
+ +
V
ậ
y pt có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x = 2
0.5
III
( ) ( )
3
3
3 5 2 3 2 *pt x x x⇔ − = − − +
Đặ
t
( )
3
3
2 3 3 5 2 3 3 5y x y x− = − ⇔ − = −
0.5
4
Ta có hệ phương trình:
( ) ( )
( )
3
3
2 3 2 5 **
2 3 3 5
x y x
y x
− = + −
− = −
Tr
ừ
v
ế
v
ớ
i v
ế
hai ph
ươ
ng trình c
ủ
a hê ta
đươ
c:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2
2 2
2 2 3 2 3 2 3 2 3 2
2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 0
x y x x y y x y
x y x x y y
x y
− − + − − + − = − −
⇔ − − + − − + − + =
⇔ =
0.5
Thay x=y vào (**) ta
đượ
c:
( )
3
3 2
1 2 3
2 3 3 5 8 36 51 22 0
5 3 5 3
2, ,
4 4
x x x x x
x x x
− = − ⇔ − + − =
+ −
⇔ = = =
M
H
I
E
C
A
D
B
S
K
T
Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥
⇒ ⊥ ⇒
⊥
SB là hình chi
ế
u c
ủ
a SC lên mp(SAB)
( )
(
)
( )
0
, , 30SC SAB SC SB CSB⇒ = = =
0
.cot30 3 2SB BC a SA a⇒ = = ⇒ =
0.25
V
ậ
y th
ể
tích kh
ố
i 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
+ T
ừ
C d
ự
ng CI // DE
2
a
CE DI⇒ = = và
( )
/ /
DE SCI
( ) ( )
( )
, ,d DE SC d DE CSI⇒ =
T
ừ
A k
ẻ
AK CI⊥
c
ắ
t ED t
ạ
i H, c
ắ
t CI t
ạ
i K
Ta có:
( ) ( ) ( )
SA CI
CI SAK SCI SAK
AK CI
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
theo giao tuy
ế
n SK
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAK) k
ẻ
( )
HT AK HT SCI
⊥ ⇒ ⊥
( ) ( )
( )
, ,
d DE SC d H SCI HT
⇒
= =
0.25
IV
+ Ta có:
2
2
3
.
1 1 . 3
2
. .
2 2
5
2
ACI
a a
CD AI a
S AK CI CD AI AK
CI
a
a
= =
⇒
= = =
+
0.25
5
Kẻ KM//AD
1 1
( )
2 3
5
HK KM a
M ED HK AK
HA AD
∈ ⇒ = = ⇒ = =
Lại c ó:
2
2
2.
. 38
5
sin
19
9
2
5
a
a
SA HT SA HK
SKA HT
SK HK SK
a
a
= = ⇒ = = =
+
V
ậ
y
( )
38
,
19
d ED SC =
Áp d
ụ
ng b
đ
t Cosi cho 3 s
ố
d
ươ
ng
( )( )( )
1 1 4
, ,
2 2
xyz xyz x y y z z x
+ + +
ta
đượ
c:
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )( )
2 2 2
3
1 4 1 1 4
2 2
3
xyz x y y z z x xyz xyz x y y z z x
x y z x y y z z x
+ = + +
+ + + + + +
≥
+ + +
0.25
Ta có:
( )( )( ) ( )( )( )
2 2 2
x y z x y y z z x xyz zx yz xy zx yz xy
+ + + = + + +
Áp d
ụ
ng b
đ
t Cosi cho 3 s
ố
d
ươ
ng xy, yz, zx:
( )
3
2 2 2
. . 1 1 1 1
3
xy yz zx
xy yz zx x y z xyz
+ +
≤ = ⇒ ≤ ⇒ ≤
Áp d
ụng bđt Cosi cho 3 số dương
, ,
zx yz xy zx yz xy
+ + +
:
( )( )( )
( ) ( ) ( )
( )
3
8 2
3
zx yz xy zx yz xy
zx yz xy zx yz xy
+ + + + +
+ + + ≤ =
0.5
V
T
ừ
(1) và (2) suy ra:
( )( )( )
2 2 2
8
x y z x y y z z x+ + + ≤
V
ậ
y
( )( )( )
3
1 4 3 3
2
8
xyz x y y z z x
+ ≥ =
+ + +
.
0.25
I
A
C
B
D
M
N
L
G
ọ
i N’ là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i N qua I
( )
' 4; 5
N
⇒
−
0.25
Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Kho
ả
ng cách t
ừ
I
đế
n AB là:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+
0.25
VIa
1
Vì AC = 2BD nên AI = 2 BI,
đặ
t BI = x, AI = 2x, trong tam giác vuông ABI có:
0.25
6
2 2 2
1 1 1
5 5
4
x BI
d x x
= + ⇒ = ⇒ =
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:
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
1 4
1 4
3
4 3 1 0
1
13
1
2 1 5
25 20 5 0
1
5
1; 1
x
y
x
x y
y
x
x
y
x y
x x
x loai
B
−
=
−
+ − =
=
=
⇔ ⇔ ⇔
=
= −
− + − =
− − =
= −
⇒ −
0.25
Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với
0a ≠ ). Tung
độ
giao
đ
i
ể
m
c
ủ
a (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
V
ậ
y
2 2 2
3 3 6
; 25 , ; 25 25
5 5 5
A a a B a a AB a
− − − ⇒ = −
0.25
Do
đ
ó
2 2
6 100 5 5
4 25 4 25
5 9 3
AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± (th
ỏ
a mãn
đ
k)
0.25
VIa.
2
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng c
ầ
n tìm là
5 5 5 5
,
3 3
x x= = −
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
2,n n≥ ∈ℕ
Ta có:
( )
( )
2 1
1
2
1
5 1 5
2
2( )
3 10 0
5
n
n n
n n
A C n n
n loai
n n
n
−
+
+
− = ⇔ − − =
= −
⇔ − − = ⇔
=
0.5
VII
a
Với n = 5 ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
5 10
5 10
2 2
5 10
0 0
1 2 1 3 2 3
k l
k l
k l
P x x x x x C x x C x
= =
= − + + = − +
∑ ∑
⇒ số hạng chứa x
5
là
( ) ( ) ( )
4 3
1 2 7 5 5
5 10
. . 2 . 3 16.5 27.120 3320
x C x x C x x x
− + = + =
V
ậ
y h
ệ
s
ố
c
ủ
a x
5
trong bi
ể
u th
ứ
c P
đ
ã cho là 3320
0.5
+ T
ọ
a
độ
B AB BD
= ∩ là nghi
ệ
m c
ủ
a
h
ệ
ph
ươ
ng trình:
( )
3 4 1 0 1
1; 1
2 3 0 1
x y x
B
x y y
+ + = =
⇔
⇒
−
− − = = −
+
( )
. 22 1
ABCD
S AB AD= =
C
A
D
B
+ Ta có:
( )
( )
2
2 2 2
3.2 4.1
2 11
cos tan 2
2
5 5
3 4 2 1
AD
ABD ABD
AB
−
= = ⇒ = =
+ + −
T
ừ
(1) và (2) ta có: AD =11; AB = 2 (3)
0.25
VIb
1
+ Vì
( )
; 2 3D BD D x x∈ ⇒ − + . Ta có:
( ) ( )
11 11
; 4
5
x
AD d D AB
−
= =
0.25
7
Từ (3) và (4) suy ra
6
11 11 55
4
x
x
x
=
− = ⇔
= −
+ Với x = 6
( )
6;9D⇒ ⇒
phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với
AB là : 4 3 3 0x y− + =
3 1 38 39
; ;
5 5 5 5
A AD AB C
⇒ = ∩ = − ⇒
0.25
+ V
ớ
i x = -4
( )
4; 11D⇒ − − ⇒
ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng AD
đ
i qua A và vuông
góc v
ớ
i AB là :4 3 17 0x y− − =
13 11 28 49
; ;
5 5 5 5
A AD AB C
⇒ = ∩ = − ⇒ − −
0.25
G
ọ
i pt Elip c
ầ
n tìm là:
( )
2 2
2 2
1 0
x y
a b
a b
+ = > > v
ớ
i hai tiêu
đ
i
ể
m là
( )
1
;0 ,F c−
( )
2
;0
F c
( )
2 2 2
, 0c a b c= − > và hai
đ
inh trên tr
ụ
c nh
ỏ
là:
( ) ( )
1 2
0; , 0;
B b B b
−
0.25
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có h
ệ
:
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
2 2
3
6
4
3
2 3 3 3
2
3
3 2 3
4 12 2 3
c a b
b a
a
b c b c b
c
a b
a b
= −
=
=
= ⇔ = ⇔ =
=
+ = +
+ = +
0.5
VIb
2
V
ậ
y (E):
2 2
1
36 27
x y
+ =
0.25
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + = (*)
Xét khai triên:
( )
2 1
1
n
x
+
+ =
0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n
n n n n n n
C xC x C x C x C x C
+ +
+ + + + + +
+ + + + + +
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:
( )( )
2
2 1 1
n
n x+ + =
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 3 4 2 1
n n
n n n n n
C xC x C x C n x C
+
+ + + + +
+ + + + + +
0.5
VII
Thay x=-2 vào ta được:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 .
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Do đó (2)
2 1 2013 1006n n⇔ + = ⇔ =
0.5
………………… Hết………………….
8
S
Ở GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
ĐỀ THI THỬ
ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán - Khối B
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Ph
ần 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.
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
.
2.
Tìm m
để
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
: 2d y mx m= − +
c
ắ
t (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A, B sao cho
độ
dài AB nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu II.
(2
đ
i
ể
m)
1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
2.
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
2 2
4
128
x y x y
x y
+ + − =
+ =
Câu III. (1 điểm) Giải phương trình:
2
6 4
2 4 2 2
4
x
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
. 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 2
2 1
x y xy
+ = + .
Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
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
đ
i
ể
m)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho
đườ
ng tròn
( )
2 2
: 2 4 5 0C x y x y+ − − − = và
đ
i
ể
m
( )
0; 1A − . Tìm t
ọ
a
độ
các
đ
i
ể
m B, C thu
ộ
c
đườ
ng tròn (C) sao cho tam giác ABC
đề
u.
2. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho Elip có ph
ươ
ng trình chính t
ắ
c
( )
2 2
: 1
25 9
x y
E + =
.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i Oy và c
ắ
t (E) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m A, B sao cho AB = 4.
CâuVIIa.
(1
đ
i
ể
m) Tìm s
ố
h
ạ
ng không ch
ứ
a x trong khai tri
ể
n nh
ị
th
ứ
c 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 hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng
: 4 0d x y− − = , 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:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
………………… Hết………………….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI B
Câu
Nội dung Điểm
+ Tập xác định: D =
{
}
\ 1ℝ
+ 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 I.1
+ Đaọ hàm
( )
2
2
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
.
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
tiệm cận làm tâm đối xứng.
8
6
4
2
2
4
6
8
15 10 5 5 10 15
I
O 1
0.25
+ 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) c
ắ
t (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
( )
0g x⇔ = có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 1
( )
2 2
0
2 0 0
1 2 2 0
m
m m m m
g m m m
≠
⇔ ∆ = − + > ⇔ >
= − + − ≠
0.25
G
ọ
i x
1
, x
2
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a pt (*). Khi
đ
ó
( ) ( )
1 1 2 2
; 2 , ; 2A x mx m B x mx m− + − +
Theo
đị
nh 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
⇒ = − + = +
0.25
I.2
2
1
8AB m
m
⇒ = +
Áp d
ụ
ng
đị
nh lí cosi cho 2 s
ố
d
ươ
ng m và
1
m
ta
đượ
c:
2
min
1
8 16 4 1AB m AB m
m
= + ≥ ⇒ = ⇔ =
0.25
10
( ) ( )
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
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ℝ
0.25
II.1
Đố
i chi
ế
u v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n, pt
đ
ã cho có nghi
ệ
m là
( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈ℝ
0.25
( )
( )
2 2
4 1
128 2
x y x y
x y
+ + − =
+ =
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
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
C
ộ
ng (2) v
ớ
i (3) v
ế
v
ớ
i v
ế
ta
đượ
c:
2
8
16 192 0
24
x
x x
x
=
+ − = ⇔
= −
(th
ỏ
a mãn x
8≤
)
0.25
+ V
ớ
i
x =
8
,
thay vào (2) ta
đượ
c
8y=±
+ V
ớ
i
x
= -24, thay vào (2) ta
đượ
c ph
ươ
ng trình vô nghi
ệ
m
0.25
II.2
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình có hai c
ặ
p nghi
ệ
m
( ) ( ) ( )
; 8;8 ; 8; 8x y = −
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n: 2 2x− ≤ ≤
( )
( )
2 2
2
2 4 4 2
6 4 6 4 6 4
2 4 2 2 2 4 2 2
4 4
2
3
2 4 2 2 4 2
x x
x x x
pt
x x x x
x x
x
x x x
+ − −
− − −
⇔ = ⇔ =
+ + − + + −
+ +
=
⇔
+ + − = +
0.5
III
Giải (2):
( ) ( )( )
2
2 4 4 2 4. 2 4 2 4x x x x x⇔ + + − + + − = +
( )( )
( )
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
4. 2 4 2 2 8 0
4. 2 4 2 2 4 0
2 4. 2 4 2 4 0 2
x x x x
x x x x
x x x x x
⇔ + − − + − =
⇔ + − − − + =
⇔ − + + − + = ⇔ =
Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 2 và
2
3
x =
0.5
11
M
H
I
E
C
A
D
B
S
K
T
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
V
ậ
y th
ể
tích kh
ố
i 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
+ T
ừ
C d
ự
ng CI // DE
2
a
CE DI⇒ = = và
( )
/ /
DE SCI
( ) ( )
( )
, ,d DE SC d DE CSI⇒ =
T
ừ
A k
ẻ
AK CI⊥
c
ắ
t ED t
ạ
i H, c
ắ
t CI t
ạ
i K
Ta có:
( ) ( ) ( )
SA CI
CI SAK SCI SAK
AK CI
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
theo giao tuy
ế
n SK
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAK) k
ẻ
( )
HT AK HT SCI
⊥ ⇒ ⊥
( ) ( )
( )
, ,
d DE SC d H SCI HT
⇒
= =
0.25
IV
+ Ta có:
2
2
3
.
1 1 . 3
2
. .
2 2
5
2
ACI
a a
CD AI a
S AK CI CD AI AK
CI
a
a
= =
⇒
= = =
+
K
ẻ
KM//AD
1 1
( )
2 3
5
HK KM a
M ED HK AK
HA AD
∈
⇒
= =
⇒
= =
L
ạ
i c ó:
2
2
2.
. 38
5
sin
19
9
2
5
a
a
SA HT SA HK
SKA HT
SK HK SK
a
a
= = ⇒ = = =
+
V
ậ
y
( )
38
,
19
d ED SC =
0.25
V
Đặ
t
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
12
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 s
ố
( )
( )
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
V
V
ậ
y GTLN b
ằ
ng
1
4
, GTNN b
ằ
ng
2
15
0.25
(C) có tâm I(1; 2), bán kính
( )
( )
1 2 1
3 7
10 2 ;
2 2
3 2 2
H
H
x
R AI IH H
y
= −
= ⇒ = ⇒ ⇒
= −
(Do I là tr
ọ
ng tâm tam giác
đề
u ABC, H là trung
đ
i
ể
m BC)
0.25
Pt
đườ
ng th
ẳ
ng BC
đ
i qua H và nh
ậ
n
( )
1;3
AI =
làm vecto pháp tuy
ế
n là:
3 12 0x y+ − =
0.25
VIa
1
Vì
( )
,B C C∈ ⇒
tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
7 3 7 3
2 4 5 0
2 2
3 12 0
3 3 3 3 3 3
2 2
y y
x y x y
x y
x x
+ −
= =
+ − − − =
⇔ ∨
+ − =
− +
= =
V
ậ
y
3 3 3 7 3 3 3 3 7 3
; , ;
2 2 2 2
B C
− + + −
ho
ặ
c ng
ượ
c l
ạ
i
0.5
G
ọ
i pt
đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i Oy là (d): x = a (v
ớ
i
0a ≠ ). Tung
độ
giao
đ
i
ể
m
c
ủ
a (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
V
ậ
y
2 2 2
3 3 6
; 25 , ; 25 25
5 5 5
A a a B a a AB a
− − −
⇒
= −
0.25
Do
đ
ó
2 2
6 100 5 5
4 25 4 25
5 9 3
AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± (th
ỏ
a mãn
đ
k)
0.25
VIa.
2
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng c
ầ
n tìm là
5 5 5 5
,
3 3
x x= = −
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n 2,n n≥ ∈
ℤ
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
VII
a
V
ớ
i 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
−
− −
= =
+ = + = =
∑ ∑
S
ố
h
ạ
ng không ch
ứ
a x
ứ
ng v
ớ
i k = 9 là
9 3
12
.2 1760C =
0.5
VIb
1
Vì
( )
; 4A d A t t∈ ⇒ −
Do tam giác ABC cân tại A nên AM = AN
0.25
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
4 4 6 1 1; 5t t t t t A⇔ − + − = + − ⇔ = − ⇒ − −
Giả sử pt đường thẳng BC đi qua M(4; 0) có dạng
( )
( )
2 2
4 0 0
a x by a b− + = + ≠
Do
CD BC⊥
và đường thẳng CD đi qua điểm N(0; 2)
( )
: 2 0CD bx a y⇒ − − =
Vì ABCD là hình vuông nên ta có:
( ) ( )
2 2 2 2
3
5 5 7
, ,
3
a b
a b a b
d A BC d A CD
a b
a b a b
= −
− − −
= ⇔ = ⇔
=
+ +
0.25
Với 3a = -b, chọn a = 1, b = -3, ta có: :3 8 0, : 3 4 0,AB x y BC x y+ + = − − =
( ) ( ) ( )
:3 2 0 2; 2 , 1; 1 , 2; 4CD x y B C D+ − = ⇒ − − − −
0.25
Với a = 3b, chọn a = 3, b = 1 ta có: : 3 14 0, :3 12 0,AB x y BC x y− − = + − =
( ) ( ) ( )
: 3 6 0 5; 3 , 3;3 , 3;1CD x y B C D− + = ⇒ − −
0.25
Gọi pt Elip cần tìm là:
( )
2 2
2 2
1 0
x y
a b
a b
+ = > > với hai tiêu điểm là
( )
1
;0 ,F c−
( )
2
;0
F c
( )
2 2 2
, 0c a b c= − > và hai đỉnh trên trục nhỏ là:
( ) ( )
1 2
0; , 0;
B b B b
−
0.25
Theo giả thiết ta có hệ:
( )
( )
2 2 2
6
3
2 3 3
2
3
4 12 2 3
c a b
a
b c b
c
a b
= −
=
= ⇔ =
=
+ = +
0.5
VIb
2
Vậy (E):
2 2
1
36 27
x y
+ =
0.25
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
(*)
Xét khai triên:
( )
2 1
1
n
x
+
+ =
0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n
n n n n n n
C xC x C x C x C x C
+ +
+ + + + + +
+ + + + + +
Đạo hàm cả hai vế cua khai triển ta được:
( )( )
2
2 1 1
n
n x+ + =
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 3 4 2 1
n n
n n n n n
C xC x C x C n x C
+
+ + + + +
+ + + + + +
0.5
VII
Thay x=-2 vào ta được:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 .
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Do đó (*)
2 1 2013 1006
n n⇔ + = ⇔ =
0.5
……………………………… Hết…………………………………
14
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. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
.
2.
Tìm m
để đườ
ng th
ẳ
ng
( )
: 2d y mx m= − +
c
ắ
t (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A, B sao cho
di
ệ
n tích tam giác OAB b
ằ
ng 4.
Câu II:
(2
đ
i
ể
m)
1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
3. Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
2 2
4
128
x y x y
x y
+ + − =
+ =
Câu III:
(1
đ
i
ể
m) Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình
( )( )
5 3 1 5 3x x x x+ − − − < − + + − −
Câu IV:
(1
đ
i
ể
m) Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình vuông c
ạ
nh b
ằ
ng a, SA vuông góc
v
ớ
i
đ
áy. Góc t
ạ
o b
ở
i SC và m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB) b
ằ
ng 30
0
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABCD và kho
ả
ng
cách t
ừ đ
i
ể
m A
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SBD).
Câu V:
(1
đ
i
ể
m)V
ớ
i m
ọ
i s
ố
th
ự
c x, y th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
( )
2 2
2 1
x y xy
+ = + .
Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
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
đ
i
ể
m)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho tam giác ABC có
đ
i
ể
m A c
ố đị
nh n
ằ
m trên
đườ
ng
th
ẳ
ng
: 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
+
, bi
ết
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………………….
15
www.mathvn.com
16
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D
Câu
Nội dung Điểm
+ Tập xác định: D =
{
}
\ 1ℝ
+ Giới hạn:
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒ y =2 là ti
ệ
m c
ậ
n ngang c
ủ
a
đồ
th
ị
hàm s
ố
1 1
lim , lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞ ⇒ x =1 là ti
ệ
m c
ậ
n
đứ
ng c
ủ
a
đồ
th
ị
hàm s
ố
0.25
+
Đ
a
ọ
hàm
( )
2
2
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
.
Hàm s
ố
ngh
ị
ch bi
ế
n trên m
ỗ
i kho
ả
ng
( ) ( )
;1 , 1;−∞ +∞ .
BBT:
x -
∞
1 +
∞
y’ - -
y 2 +
∞
-
∞
2
Hàm s
ố
không có c
ự
c tr
ị
.
0.5
I.1
+
Đồ
th
ị
:
Đồ
th
ị
hàm s
ố
đ
i qua g
ố
c t
ọ
a
độ
và nh
ậ
n giao
đ
i
ể
m I(1; 2) c
ủ
a hai
đườ
ng ti
ệ
m
c
ậ
n làm tâm
đố
i x
ứ
ng.
0.25
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
17
8
6
4
2
2
4
6
8
15 10 5 5 10 15
I
f x
( )
=
2·
x
x
1
O 1
+ 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) c
ắ
t (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
(
)
0
g x
⇔ =
có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 1
( )
0
0 0
1 0
m
m
g
≠
⇔ ∆ > ⇔ >
≠
0.25
G
ọ
i x
1
, x
2
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a pt (*). Khi
đ
ó
(
)
(
)
1 1 2 2
; 2 , ; 2
A x mx m B x mx m
− + − +
Theo
đị
nh lí viét, ta có:
1 2
1 2
2
2
.
x x
m
x x
m
+ =
−
=
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 1
8
1 1
AB x x m m
m
⇒ = − + = +
Ta có:
( )
2
2
,
1
m
d O AB
m
−
=
+
0.25
I.2
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 2
m = ±
0.25
(
)
(
)
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
II.1
Khi đó pt
( )
2
sin 2 2 sin cos 2
2 4
x x x x k k
π
π
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈
ℝ
0.25
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
18
Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là
( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈
ℝ
0.25
( )
( )
2 2
4 1
128 2
x y x y
x y
+ + − =
+ =
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
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
C
ộ
ng (2) v
ớ
i (3) v
ế
v
ớ
i v
ế
ta
đượ
c:
2
8
16 192 0
24
x
x x
x
=
+ − = ⇔
= −
(th
ỏ
a mãn x
8
≤
)
0.25
+ V
ớ
i
x =
8
,
thay vào (2) ta
đượ
c
8
y
=±
+ V
ớ
i
x
= -24, thay vào (2) ta
đượ
c ph
ươ
ng trình vô nghi
ệ
m
0.25
II.2
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng tình có hai c
ặ
p nghi
ệ
m
(
)
(
)
(
)
; 8;8 ; 8; 8
x y
= −
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
5 3
x
− ≤ ≤ −
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 4
x x x x
⇔ − − − < ⇔ − − > ⇔ − − > ⇔ < −
0.25
III
Đố
i chi
ế
u v
ớ
i
đ
k ta
đượ
c
5 4
x
− ≤ < −
V
ậ
y bpt có nghi
ệ
m x th
ỏ
a mãn
5 4
x
− ≤ < −
0.25
IV
O
C
A
D
B
S
H
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
19
Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥
⇒ ⊥ ⇒
⊥
SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
( )
(
)
(
)
0
, , 30
SC SAB SC SB CSB⇒ = = =
0
.cot30 3 2
SB BC a SA a
⇒ = = ⇒ =
V
ậ
y th
ể
tích kh
ố
i 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), k
ẻ
(
)
(
)
(
)
,
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
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 s
ố
( )
( )
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
V
Vậy GTLN bằng
1
4
, GTNN bằng
2
15
0.25
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:
(
)
(
)
2 2 3 2 0 2 3 2 0
x y x y
+ − + = ⇔ − − =
0.25
VIa.
1
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
Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d):
x = a
(với
0
a
≠
). Tung
độ
giao
đ
iêm c
ủ
a
(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
VIa.
2
V
ậ
y
2 2 2
3 3 6
; 25 , ; 25 25
5 5 5
A a a B a a AB a
− − −
⇒
= −
0.25
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
20
Do đó
2 2
6 100 5 5
4 25 4 25
5 9 3
AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± (th
ỏ
a mãn
đ
k)
0.25
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng c
ầ
n tìm là
5 5 5 5
,
3 3
x x= = −
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
2,n n
≥ ∈
ℤ
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
VII
a
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 1760
C =
0.5
Vì
(
)
(
)
1 2
,5 ; , 5
B 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
VIb
1
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
− − + − − =
+ = =
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇒
− = =
− + − − − =
=
0.5
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 2
a 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
3
c a b= −
0.25
Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được
2
4
b
=
0.25
VIb
2
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 gi
ả
thi
ế
t:
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
……………………….Hết……………………………….
