đề thi thử đại học hay-có giải số 5

1
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ - G I ỎI LẦN 1 KHÓI 12
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 MÔN TOÁN (
Thời gian:150 phút )
Câu I(3 điểm) 1/Cho hàm số:
2 1
1
x
y
x



(C)
1/Khảo sát sự biến t h i ê n v à v ẽ đồ thị ( C ) c ủa hàm số.
2/ Gọi I l à g i a o đi ểm c ủa 2 đường tiệm c ận c ủa (C). Tìm m để đường thẳng (d):
y x m  
cắt (C) tại
2 đi ểm p h â n b i ệt A và B sao cho diện t í c h t a m g i á c I A B b ằng 4.
3/Cho hàm số :


3 2
3 2 1 3y mx mx m x m     
(Cm).Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại ,cực tiểu
v à k h o ảng cách từ điểm
1
;4
2
N

 
 
 
đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của (Cm) lớn nhất.
Câu II (2điểm) (Dành cho học sinh thi khối A)
1/Giải phương trì n h :
2
2sin sin 2 2 sin 1
4
x x x

 
   
 
 

2/Giải hệ phương trì n h :
3 5 4 5
12 5 4 2 35
x y x y
x y x y

   


   


(Dành cho học sinh thi khối B và D)

1/ G i ải phương trì n h
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    

2/ Giải bất phương trì n h
 
2
4x 3 x 3x 4 8x 6    
Câu III (1điểm) Tìm giới hạn:
3
0
2011 os2011
l i m
x
x
c x
L
x




Câu IV (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hì n h b ì n h h à n h c ó g ó c
0
60BAC 
; A B = a ;
A C = 4 a . H a i m ặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc
0
45
.
1/ Tính thể tích khối chóp.

2/ Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và CF.
CâuV(1 điểm): Tìm cá c g i á tr ị c ủ a t h a m s ố t h ự c m s a o c h o p h ư ơ n g t r ì n h s a u c ó n g h i ệm thực:

2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
   
    

Câu VI (1điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : 0 42
22
   y xy x và đường thẳng
(d):
0 52   y x
.Viết phương trì n h t i ếp tuyến của (C) tạo với (d) một góc

sao cho
10
1
cos 


Câu VII(1 điểm): Cho khai triển
2
0 1 2
1

2 3

n
n
n
x
a a x a x a x
 
     
 
 
.Tìm số lớn nhất trong các số
0 1 2
, , , ,
n
a a a a .Biết rằng n là số tự nhiên thoả mãn
2 2 2 1 1 1
2 11025
n n n n
n n n n n n
C C C C C C
   
  



…………………………………………………………… Hế t … … … … … … … … … … … … … … … … … .
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p, xem bài gi󰖤ng t󰖢i :


2

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG HDCHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ -GIỎI LẦN 1 KHÓI 12
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 MÔN TOÁN

Câu Đáp án Điểm
I

1 /TXĐ:
 
D = R\ -1

limy = 2
x ± 

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y = 2
limy = -
+
x -1
limy = +
-
x -1













Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x = -1
 
3
y = > 0, x D
2
x+1

  
Hàm số luôn đồng biến trên




- ;-1 ; -1;+ 
và không có cực
trị
Bảng biến thiên:

x
 1 
y’
y  2

2 
Đồ thị:
Giao Ox tại:
1
;0

2
 
 
 
; Giao Oy tại (0; -1)

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y

Phương trình hoành độ giao:
 

2x - 1
2
= x + m x + m - 1 x + m + 1 = 0
x + 1

(1)
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân biệt

m > 3 + 2 3
2
Δ = m - 6m - 3 > 0
m < 3 - 2 3





 
(*)
Gọi






A x ; x + m ; B x ; x + m , x x
1 1 2 2 1 2


   
2 2
AB = 2 x - x = 2 x + x - 4x x
2 1 1 2 1 2
 

 
 




0,25


0,25

0,25









0,25











0,25

3
Theo Viet:


x + x = 1 - m
1 2
x x = m + 1
1 2






 

2
AB = 2 m - 6m - 3

I là giao điểm của 2 tiệm cận



I -1;2

m - 3
d = d =
I,AB
I,d
2
   
   
 
 


2
m - 3 m - 6m - 3
1
S = AB.d =
IAB
I,AB
2 2
 
 
 



 



2
2
S = 4 m - 3 m - 6m - 3 = 64
ΔIAB



   
   
 
 




2 2
m - 3 m - 3 - 12 = 64
4 2
m - 3 - 12 m - 3 - 64 = 0
2
m - 3 = -4
m = 7 (t/m)
2
m = -1 (t/m)
m - 3 = 16
 
 
 












 

Vậy: m = 7; m = -1 là các giá trị phải tìm.







0,25






0,25

0,25

2. Cách 1:


3 2
3 2 1 3y mx mx m x m     
TXĐ:R
2
' 3 6 2 1y mx mx m    .
2
' 0 3 6 2 1 0y mx mx m      (*)
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt tương đương điều
kiện:
2
0
0
3 3 0
m
m
m m


 

 

hoặc 1m 

0,25

Chia y cho y’ viết được hàm số dưới dạng:
 
1 1
' 2 2 10
3 3
x
y y m x m

    
 
 

Từ đó dẫn đến toạ độ các diểm cực trị thoả mãn
hệ:
 
 
' 0
1
2 2 10
1 1
3
' 2 2 10
3 3
y
y m x m
x
y y m x m




    
 

 
     
  


Do đó đường thẳng qua hai điểm cực trị là:
   
1
: 2 2 10
3
y m x m    
 
 



0,25




Ta có
     
1

2 2 10 3 2 2 10 2 1 3 2 10 0
3
y m x m y m x m x m y x                 
   

Do đó điểm có định của


 thoả mãn hệ:
1
2 1 0
2
3 2 10 0
3
x
x
y x
y

 
 



 
  





Vậy


 đi qua điểm
1
;3
2
M
 

 
 
cố định.Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên


 khi đó ta có


,d N NH NM   (Không đổi).Vậy khoảng cách từ N đến


 lớn
nhất bằng MN khi và chỉ khi


MN  .Đường thẳng MNcó hệ số góc bằng 1.Suy ra điều

0,5

4
kiện :


2 3
5
.1 1
3 2
m
m

    (Thoả mãn).
Vậy
5
2
m  là giá trị cần tìm.
*)Chú ý cách 2:Tìm được phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị
   
1
: 2 2 10
3
y m x m    
 
 

Tính:
 

     
 
2 2
2
2
2 1 2 1
1
,
6 18
2 2 9 2 1 6 2 1 18
1
2 1
2 1
1
2
3 2 1 1
2 1 2
2
m m
d N
m m m
m
m
m
 
   
     
 



 
 
 
 

 

Dấu bằng xảy ra khi
2
3 2 1 5
0
2 1 2
2
m
m
 
   
 
 

 


II
1/Giải phương trình :
2
2sin sin2 2 sin
4
x x x


 
  
 
 

1 đ

Cách 1:Phương trình đã cho tương đương với


2 2
2sin 2sin cos sin cos 1 2sin 2cos 1 sin cos 1 0x x x x x x x x x         
(*)
Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn sinx ta
có:
     
2 2
2
2cos 1 8 cos 1 4cos 12cos 9 2cos 3 0
x x x x x x
           
Suy ra (*)
1
sin
1
sin
2
2
1
sinsin cos 1

4
2
x
x
xx x








 

 

    

 

 


Vậy nghiệm phương trình:
2
6
x k



  ;
5
2
6
x k


  ; 2
2
x k


   ;
2x k
 
  k Z
Hoặc biến đổi phương trình:
      
2 2
2sin 2sin cos sin cos 1 2sin 2sin cos 2sin sin cos 1 0
2sin sin cos 1 sin cos 1 0 sin cos 1 2sin 1 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
          
           

Cách 2:Phương trình tương đương với:

0, 5





0,5


5
2
2sin 1 sin 2 2 sin 0 sin 2 cos2 2 sin 0
4 4
3
sin 0
3
2 4
2 sin 2 2 sin 0 sin cos 0
4 4 2 4 2
cos 0
2
2
( )
6 3

2
x x x x x x
x
x x
x x
x
k
x
k Z
x k
 

  
 
 
   
         
   
   

 
 
 

     
 

        
     
     






 

 

 


II
2 / Giải hệ phương trình :
3 5 4 5
12 5 4 2 35
x y x y
x y x y

   


   



-Điều kiện:3 0;5 4 0.x y x y   
Đặt




2 2
3 ; 5 4 2 2 3 5 4 2u x y v x y x y x y x y u v           
Hệ trở thành:
 
2
2 2
2
2
5
5
12 2 35 0
2 5 12 35 0
5
3; 2
5; 0
8 15 0
u v
u v
v u v
v v v
u v
v u
v u

v v
 

 



 
   
    



 
 


 


 
  



TH1:
3 5 4 9 1
2 3 4 1
v x y x
u x y y

   
  
 
  
   
  

TH2:
25
5 5 4 5
7
0 3 0 75
7
x
v x y
u x y
y

 

  
 

 
  
  
 






Vậy hệ có 2nghiệm:
*)Chú ý khối B và D đáp án và thang điểm sau

1/Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0   
(1)







  
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
    
   

Khi cos2x=1<=>
x k


, k Z
Khi
1

sinx
2


2
6
x k


  hoặc
5
2
6
x k


  ,k Z
2/Giải bất phương trình:
 
2
4x 3 x 3x 4 8x 6     (1)
(1)
 


2
4 3 3 4 2 0x x x     
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2

3 4 2x x   =0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:

0,25




0,25


0,25





0,25





0,5


0,5


0,25

0,25




6


x - 0 ¾ 2 + 
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x   + 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm:


3
0; 3;
4
x
 
  
 
 


0,25

0,25

III
Tìm giới hạn:
3
0
2011 os2011
lim
x
x
c x
L
x





3
0
2011 os2011
lim
x
x
c x
L
x



 có dạng
0
0

Biến đổi:
3 3
0 0
3 ln2011
0
2011 os2011 2011 1 1 os2011
lim lim
2011 2011
2sin sin
1
2 2
lim 3ln 2011 3ln2011
2011 2
3 ln 2011
.
2 2011
x x
x x
x
x
c x c x
x x
x x
e
x
x

 

   

 
 

  
 
 
 




0, 5



0, 5


IV 1, Tính thể tích khối chóp


Ta có:
(SAB) (ABCD)
SA (ABCD)
(SAC) (ABCD



 





SDA 
là góc giữa SD và (ABCD)
0
SDA = 45 

Trong
ΔABC
có:

 
2 2 2
BC = AB + AC - 2AB.ACcos BAC


2
= 13a AD = BC = a 13

Trong tam giác SAD vuông tại A, ta có:

SA = ADtan( SDA) = a 13


2

ABCD ΔABC
S = 2S = AB.ACsin(BAC) = 2a 3

3
S.ABCD ABCD
1 2a 39
V = SA.S =
3 3



2, Tính khoảng cách giữa DE, CF
Trong mp(ABCD), dựng CI // ED
( I AD )

ED // (CFI)

(DE,CF) (DE,(CFI)) (D,(CFI))
d = d = d

Gọi H là trung điểm của AD

D là trung điểm HI

(D,(CFI)) (H,(CFI))
1
d = d
2

Hạ HK vuông góc với CI tại K; HJ vuông góc với FK tại J

Ta có:
FH // SA
FH (ABCD) FH CI CI (FHK) (FCI) (FHK)       

















0,5








0,25

A
B
D
E
F
J
I
H
K
S
C


7
(H,(FCI))
HJ (FCI) HJ = d  

Ta thấy:
2
ΔHCI ABCD
1
S = S = a 3
2

ΔHCI
2S
HK =
CI


Ta có:
2 2 2
AD +CD -AC 1 1
cos( ADC) = = - cos( BCD)=
2AD.CD
13 13
  


2 2
a 13
CI = DE = DE +CD -2DE.CD.cos(BCD) =
2

4a 3
HK =
13



1 a 13
HF = SA =
2 2

Trong tam giác FHK vuông tại H, có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 13 4 361
= + = + =
HJ HK HF 48a 13a 624a

 
D,(CFI)
4a 39 2a 39
HJ = d =
19 19
 

Vậy:
(DE, CF)
2a 39
d =
19

















0,25

V Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
   
     (1)
1

PT:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
   
     (1)
* Đk [-1;1]x  , đặt t =
2
1 1
3
x 
; [-1;1]x   [3;9]t 
Ta có: (1) viết lại
2
2 2
2 1
( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1

2
t t
t m t m t m t t m
t
 
           


Xét hàm số f(t) =
2
2 1
2
t t
t
 

, với [3;9]t  . Ta có:


 
  




2
/ /
2
1
4 3

( ) , ( ) 0
( 2)
3
t
t t
f t f t
t
t


Lập bảng biến thiên

t
3 9
f
/
(t) +

f(t)


64
7

4

Căn cứ bảng biến thiên, (1) có nghiệm [-1;1]x   (2) có nghiệm [3;9]t  
 
64
4

7
m







0, 5













0, 5
8
VI
+(C) (x-1)
2
+(y+2)
2

=5 nên tâm I(1;-2) và bán kính 5 R .
+Đường thẳng x=x
0
không thỏa mãn đk .Do đó tiếp tuyến của đường tròn phải c ó
dạng:y=ax+b

ax-y + b = 0 . Đ ư ờ n g t h ẳ n g đ ó t ạ o v ớ i d m ộ t g ó c

thỏa mãn :
 
10
1
cos

10
1
1. 5
12
2



a
a
   1122
2
aa
2(2a+1)
2
=a

2
+1

7a
2
+8a+1=0
7
1
1     aa

+TH1: a=-1:ta có
0:
1
   b yx
là tiếp tuyến của đường tròn
10 15
2
2 1
) ,(
1
  
 
  b
b
Id
11 9    bb
.khi đó ta có 2 tiếp tuyến làx+y-9=0,x+y+11=0.
+TH2:
7
1

a
tương tự ta có 2 tiếp tuyến là :
0 105 137   yx

Vậy có 4 tiếp tuyến:
0 105 13, 7 011, 09      y xy xyx

0,25
0,5
0,25
0,25
VII
Ta có:
2 2 2 1 1 1 2 1 2 2
2 1 2
2 11025 ( ) 105
14
( 1 )
105 105 210 0
15( )
2
n n n n
n n n n n n n n
n n
C C C C C C C C
n
n n
C C n n n
n l
   

     



          

 

Ta có khai triển:
14 14
14 14
14
14 14
0 0
1 1
2 .3 .
2 3 2 3
k k
k k k k k
k k
x x
C C x

 
 
     
  
     
     
 

Do đó
14
14
2 .3
k k k
k
a C
 


Ta xét tỉ s ố :
1 13 1
1
14
14
14
2 3 2(14 )
2 3 3 ( 1 )
k k k
k
k k k
k
a
C k
a C k
   

 


 

.Suy ra:
1
2(14 )
1 1 5
3 ( 1 )
k
k
a k
k
a k


    

.Do

nên
4k N k 
.
Tương tự ta có:
1 1
1 5 ; 1 5
k k
k k
a a
k k
a a
 

     
.
Do đó
0 1 4 5 6 7 14
. a a a a a a a        .Dẫn đến
5 6
, a a lầhi hệ só lớn nhất trong
khai triển.
K ết luận hệ số lớn nhất trong khai triển là:
5 9 5
5 6 14
1001
2 3
62208
a a C
 
  

0,25
0,25
0,25
0,25
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p, xem bài gi󰖤ng t󰖢i :