ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn Toán - Khối A TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

www.laisac.page.tl

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn - 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 y = x 3 − 3 x 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 vng góc với nhau.
Câu II. (2 điểm)

2 ( cos x − sin x )
1
.
=
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

1. Giải phương trình:

Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: 3 3 x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53 x − 25
Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a, SA vng 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 hồnh 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.
CâuVIIa. (1 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển biểu thức P = x (1 − 2 x ) + x 2 (1 + 3 x ) , biết
n

rằng

2n

2

n −1
An − Cn +1 = 5 .

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:

1


1
2
3
4
2 n +1
C2 n +1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 = 2013

…………………..Hết………………….

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI A

Câu

y = x − 3 x + 4 (C )
+ Tập xác định: D = ℝ
+ Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞

Nội dung

Điểm

2

3

x →−∞

0.25

x →+∞

x = 0
+ Đaọ hàm y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ 
x = 2
BBT:
x
-∞
0
y’

+
y
4

+∞

2
-

+

0.25

+∞

-∞
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

I.1

0.25

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
+ 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

15

10

5

-1

0.25
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)

I.2

+ Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d) là: k ( x − 2 ) = x 3 − 3 x 2 + 4
x = 2 = x A
⇔ (x − 2) x 2 − x − 2 − k = 0 ⇔ 
2
 g (x ) = x − x − 2 − k = 0

(

0.25

)

+ (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P ⇔ pt g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt

0.25

2


∆ > 0
9
⇔ − < k ≠ 0 (*)
khác 2 ⇔ 
4
 g (2 ) ≠ 0
xM + x N = 1

+ Theo định lí viet ta có: 
 x M .x N = − k − 2

+ Các tiếp tuyến tại M, N vng góc với nhau ⇔ y ' ( x M ). y ' ( x N ) = −1

−3± 2 2
(thỏa(*))
3
2 ( cos x − sin x )
2 ( cos x − sin x )
1
1
pt ⇔
=
⇔
=
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
kπ

x ≠ 2
sin 2 x ≠ 0


Điều kiện: 
⇔
cos x − sin x ≠ 0
 x ≠ π + kπ

4


(

)(

0.5

)

2
2
⇔ 3 x M − 6 x M 3 x N − 6 x N = −1 ⇔ 9k 2 + 18k + 1 = 0 ⇔ k =

II.1

Khi đó pt ⇔ sin 2 x = 2 sin x ⇔ cos x =

0.25

0.25

2

π
⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℤ )
2
4

0.25

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

0.25

Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x = −

π

4

 x 2 + 21 = y − 1 + y 2 (1)

 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 =
⇔

II.2

( x − y )( x + y )
x + 21 + y + 21
2

2

+

y − 1 − x − 1 + y 2 − x2
x− y
+ ( x − y )( x + y ) = 0
x −1 + y −1

0.5



( x + y)
1
⇔ ( x − y)
+
+ x+ y = 0

 x 2 + 21 + y 2 + 21
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 + 21 + 5
2

=

x−2
+ ( x + 2 )( x − 2 )
x −1 +1

0.5




1
1
⇔ ( x − 2) 
+ ( x + 2 ) 1 −
 = 0 ⇔ x = 2
x 2 + 21 + 5  



 x −1 +1
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2

pt ⇔ 3 3 x − 5 = ( 2 x − 3) − x + 2 (*)
3

III

Đặt 2 y − 3 = 3 3 x − 5 ⇔ ( 2 y − 3) = 3 x − 5
3

0.5

3


( 2 x − 3)3 = 2 y + x − 5 (**)

Ta có hệ phương trình: 
3
( 2 y − 3) = 3 x − 5

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 )


0.5

2
2
⇔ 2 ( x − y ) ( 2 x − 3) + ( 2 x − 3)( 2 y − 3) + ( 2 y − 3) + 2  = 0



⇔ x= y

( 2 x − 3)
Thay x=y vào (**) ta được:

3

= 3x − 5 ⇔ 8 x3 − 36 x 2 + 51x − 22 = 0

⇔ x1 = 2, x2 =

5+ 3
5− 3
, x3 =
4
4

S

A

I
T
M

D

H

K

B

E

C

CB ⊥ AB
⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
Vì 
CB ⊥ SA

(

) (

)

⇒ SC , ( SAB ) = SC , SB = CSB = 300 ⇒ SB = BC.cot 300 = a 3 ⇒ SA = a 2

IV

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
1
1
2a 3
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 ) )

0.25

0.25

Từ A kẻ AK ⊥ CI cắt ED tại H, cắt CI tại K
 SA ⊥ CI
⇒ CI ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SCI ) ⊥ ( SAK ) theo giao tuyến SK
Ta có: 
 AK ⊥ CI

0.25

Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT ⊥ AK ⇒ HT ⊥ ( SCI )
⇒ d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) ) = HT

+ Ta có: S ACI

1
1
CD. AI
= AK .CI = CD. AI ⇒ AK =
=
2

2
CI

3
a. a
2
a
a + 
2
2

2

=

3a
5

0.25

4


HK KM 1
1
a
=
= ⇒ HK = AK =
3
HA AD 2

5
a
a 2.
SA HT
SA.HK
5 = 38
Lại c ó: sin SKA =
=
⇒ HT =
=
SK HK
SK
19
9a 2
2a 2 +
5
Kẻ KM//AD ( M ∈ ED) ⇒

Vậy d ( ED, SC ) =

38
19

Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương

1
1
4
ta được:
,

,
2 xyz 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x )

1
4
1
1
4
+
=
+
+
xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 2 xyz 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x )

0.25

3

≥

( 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 )
3

2

2 2

x y z

Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương xy, yz, zx:

V

 xy + yz + zx 
2 2 2
xy. yz.zx ≤ 
 = 1 ⇒ x y z ≤ 1 ⇒ xyz ≤ 1 (1)
3


Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương zx + yz , xy + zx, yz + xy :
3

0.5

 ( zx + yz ) + ( xy + zx ) + ( yz + xy ) 
( zx + yz )( xy + zx )( yz + xy ) ≤ 
 = 8 ( 2)
3


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
+
≥ 3 = .
Vậ y
xyz ( x + y )( y + z )( z + x )
8 2
B
L
M

VIa
1

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
4.2 + 3.1 − 1
=2
Khoảng cách từ I đến AB là: d =
4 2 + 32

Vì AC = 2BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x, trong tam giác vng ABI có:

0.25
0.25

5


1
1
1
= 2 + 2 ⇒ x = 5 ⇒ BI = 5
2
d
x
4x
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường trịn tâm I bán kính
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
1 − 4x

y = 3
1− 4x

4 x + 3 y − 1 = 0

x = 1

y =
⇔
⇔  x = 1

⇔
3

2
2
2
 y = −1
( x − 2 ) + ( y − 1) = 5



1
25 x − 20 x − 5 = 0
  x = − ( loai )
5


5

0.25

⇒ 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
của (d) và (E) là:
25 − a 2 ( a ≤ 5 )
+
= 1 ⇔ y 2 = 9.

⇔ y=±
25 9
25
5
3
6
 3
 

V ậ y A  a;
25 − a 2  , B  a; −
25 − a 2  ⇒ AB =
25 − a 2
5
5
5

 

VIa.
2
6
100
5 5
Do đó AB = 4 ⇔
25 − a 2 = 4 ⇔ 25 − a 2 =
⇔a=±
(thỏa mãn đk)
5
9

3
5 5
5 5
,x = −
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x =
3
3
Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℕ
Ta có:
( n + 1) n = 5
2
n −1
An − Cn +1 = 5 ⇔ n ( n − 1) −
2
 n = −2(loai )
VII
⇔ n 2 − 3n − 10 = 0 ⇔ 
a
n = 5
5

10

l
Với n = 5 ta có: P = x (1 − 2 x ) + x 2 (1 + 3 x ) = x∑ C5k ( −2 x ) + x 2 ∑ C10 ( 3 x )
5

10

k

k =0

VIb
1

4

1
5

2

l =0

3.2 − 4.1
3 +4

0.5

0.25
B

2

0.25

D

+ S ABCD = AB. AD = 22 (1)

+ Ta có: cos ABD =

0.25

0.5

3

7
10

0.25

l

⇒ số hạng chứa x là x.C . ( −2 x ) + x .C ( 3 x ) = (16.5 + 27.120 ) x5 = 3320 x5
Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320
+ Tọa độ B = AB ∩ BD là nghiệm của
A
phương
trình:
hệ
3 x + 4 y + 1 = 0
x = 1
⇔
⇒ B (1; −1)

2 x − y − 3 = 0
 y = −1
5

0.25

2

2 + ( −1)
2

2

=

2
5 5

C

⇒ tan ABD =

11 AD
=
( 2)
2 AB

Từ (1) và (2) ta có: AD =11; AB = 2 (3)
+ Vì D ∈ BD ⇒ D ( x; −2 x + 3) . Ta có: AD = d ( D; AB ) =

11x − 11
5

( 4)

0.25

6


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 vng góc với
AB là : 4 x − 3 y + 3 = 0
 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 vng
góc với AB là : 4 x − 3 y − 17 = 0
 13 11 
 28 49 
⇒ A = AD ∩ AB =  ; −  ⇒ C  − ; − 
5
5 
5
 5

0.25

x2 y2

+
= 1( a > b > 0 ) với hai tiêu điểm là F1 ( −c; 0 ) ,
a 2 b2
c 2 = a 2 − b 2 , c > 0 và hai đinh trên trục nhỏ là: B1 ( 0; −b ) , B2 ( 0; b )

Gọi pt Elip cần tìm là:

F2 ( c; 0 )

VIb
2

(

)

 2 3 2
c 2 = a 2 − b 2
b = 4 a
a = 6

 2


3

Theo giả thiết ta có hệ: b = 2c
⇔ b = 3c 2
⇔ b = 3 3
2



c = 3

4 ( a + b ) = 12 2 + 3
a + b = 3 2 + 3



2
2
x
y
+
=1
Vậy (E):
36 27

(

)

0.25

(

)

0.25

0.5

0.25

1
2
3
4
2 n +1
C2 n+1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 = 2013 (*)

Xét khai triên:

(1 + x )

2 n +1

0
1
2
3
4
2 n +1
= C2 n+1 + xC2 n +1 + x 2C2 n +1 + x3C2 n +1 + x 4C2 n +1 + ... + x 2 n +1C2 n +1
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:

VII

( 2n + 1)(1 + x )

2n

0.5

1
2
3
4
2 n +1
= C2 n+1 + 2 xC2 n +1 + 3 x 2C2 n +1 + 4 x 3C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) x 2 nC2 n +1

Thay x=-2 vào ta được:
1
2
3
4
2 n +1
2n + 1 = C2 n +1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1

0.5

Do đó (2) ⇔ 2n + 1 = 2013 ⇔ n = 1006

…………………..Hết………………….

7


SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn - 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)

2 ( cos x − sin x )
1
=
tan x + cot 2 x
cot x − 1
 x+ y + x− y = 4

2. Giải hệ phương trình: 
2
2
 x + y = 128

1. Giải phương trình:

www.mathvn.com

8


www.MATHVN.com
Câu III. (1 điểm) Giải phương trình:

2x + 4 − 2 2 − x =

6x − 4

x2 + 4
Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a, SA vng 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 .

x4 + y4
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
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =

A ( 0; −1) . Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC đều.
x2 y 2
+
=1.
25 9

Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( E ) :

n

1

CâuVIIa. (1 điểm) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Newton  2 x 3 +  , biết
x

rằng

2
n −1
An − Cn +1 = 4 n + 6 .

B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng 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 vng 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
3
4
2 n +1
C2 n +1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 = 2013

…………………..Hết………………….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI B
Câu
I.1

+ Tập xác định: D = ℝ \ {1}

Nội dung

+ Giới hạn: lim y = 2 ⇒ y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x →±∞

Điểm
0.25

lim y = +∞, lim y = −∞ ⇒ x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
−

x →1+

+ Đaọ hàm y ' =

x →1

−2

( x − 1)

2

< 0, ∀x ≠ 1 .

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ ) .
BBT:

www.mathvn.com

9
0.5


www.MATHVN.com
-∞

x
y’
y

+∞

1

-

-

+∞

2
-∞

2

Hàm số khơng 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

f(x) =

6

2·x
x

1
4

I

2

15

10

0.25

O

5

1

5

10

15

2

4

6

8

+ Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d) là:

2x
x ≠ 1

= mx − m + 2 ⇔ 
2
x −1
 g ( x ) = mx − 2mx + m − 2 = 0(*)


0.25

+ (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1

m ≠ 0

⇔  ∆ = 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 )
I.2

 x1 + x2 = 2

Theo định lí viét, ta có: 
m−2
 x1.x2 = m

8
2
⇒ AB 2 = ( x2 − x1 ) 1 + m 2 =
1 + m2
m

1

⇒ AB 2 = 8  m + 
m


(

)

(

0.25

0.25

)

Áp dụng định lí cosi cho 2 số dương m và

1
ta được:
m

0.25

1

AB 2 = 8  m +  ≥ 16 ⇒ ABmin = 4 ⇔ m = 1
m



www.mathvn.com

10


www.MATHVN.com
2 ( cos x − sin x )
2 ( cos x − sin x )
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
kπ

x ≠ 2
sin 2 x ≠ 0

Điều kiện: 
⇔

cos x − sin x ≠ 0
 x ≠ π + kπ


4
1

pt ⇔

II.1

=

0.25

0.25

2
π
⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℝ )
2
4

Khi đó pt ⇔ sin 2 x = 2 sin x ⇔ cos x =

0.25

+ k 2π ( k ∈ ℝ )

0.25

Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là x = −

π

4

 x + y + x − y = 4 (1)

 2
2
( 2)
 x + y = 128

x + y ≥ 0
Điều kiện: 
(*)
x − y ≥ 0

II.2

x ≤ 8
Ta có: (1) ⇔ 2 x + 2 x 2 − y 2 = 16 ⇔ x 2 − y 2 = 8 − x ⇔  2
2
2
 x − y = 64 − 16 x + x
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 )
 x = −24
+ Với x = 8, thay vào (2) ta được y = ±8
+ Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm

Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2
2x + 4 − 4( 2 − x)
6x − 4
pt ⇔
=
⇔
2x + 4 + 2 2 − x
x2 + 4
2

x = 3
⇔
 2 x + 4 + 2 2 − x = x2 + 4 ( 2)

III

Giải (2): ⇔ 2 x + 4 + 4 ( 2 − x ) + 4.

( x; y) = (8;8) ;(8; −8)

6x − 4

6x − 4
=
2x + 4 + 2 2 − x
x2 + 4

0.25

0.25
0.25
0.25

0.5

( 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

⇔

( 2 − x ) ( 4. ( 2 x + 4 ) + ( 2 − x ) ( x + 4 ) ) = 0 ⇔ x = 2

Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 2 và x =

www.mathvn.com

0.5

2
3

11


www.MATHVN.com
S

A

I
T
M

D

H
K

B

E

C

CB ⊥ AB

⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
Vì 
CB ⊥ SA

(

) (

)

⇒ 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
2a 3
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 ) )

0.25

Từ A kẻ AK ⊥ CI cắt ED tại H, cắt CI tại K
 SA ⊥ CI
Ta có: 

⇒ CI ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SCI ) ⊥ ( SAK ) theo giao tuyến SK
 AK ⊥ CI

IV

0.25

0.25

Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT ⊥ AK ⇒ HT ⊥ ( SCI )
⇒ d ( DE , SC ) = d ( H , ( SCI ) ) = HT

+ Ta có: S ACI

1
1
CD. AI
= AK .CI = CD. AI ⇒ AK =
=
2
2
CI

3
a. a
2
2

a
a2 +  

2
HK KM 1
1
a
Kẻ KM//AD ( M ∈ ED ) ⇒
=
= ⇒ HK = AK =
HA AD 2
3
5
a
a 2.
SA HT
SA.HK
5 = 38
Lại c ó: sin SKA =
=
⇒ HT =
=
SK HK
SK
19
9a 2
2a 2 +
5

Vậy d ( ED, SC ) =

V

3a
5

0.25

38
19

1
2
Đặt t = xy . Ta có: xy + 1 = 2 ( x + y ) − 2 xy  ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ −


5
1
1
1
2
Và xy + 1 = 2 ( x − y ) + 2 xy  ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ . nên − ≤ t ≤ .


3
5
3

www.mathvn.com

=

0.25

12


www.MATHVN.com

(x
Suy ra P =
V

2

+ y2

)

2

− 2 x2 y2

2 xy + 1

=

−7t 2 + 2t + 1
4 ( 2t + 1)

0.25

(

)

7 −t 2 − t
t = 0
−7t 2 + 2t + 1
; f ' (t ) = 0 ⇔ 
Xét hàm số f ( t ) =
có f ' ( t ) =
2
4 ( 2t + 1)
2 ( 2t + 1)
t = −1(l )
1
 1
1 2
f  −  = f   = ; f ( 0) =
4
 5
 3  15
1
2
Vậy GTLN bằng , GTNN bằng
4
15

0.25

1 = 2 ( xH − 1)


3 7
(C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 10 ⇒ AI = 2 IH ⇒ 
⇒H ; 
2 2
3 = 2 ( yH − 2 )

(Do I là trọng tâm tam giác đều ABC, H là trung điểm BC)
Pt đường thẳng BC đi qua H và nhận AI = (1;3) làm vecto pháp tuyến là:
x + 3 y − 12 = 0
VIa
1


7+ 3 
7− 3
y =
y =
x + y − 2x − 4 y − 5 = 0


2
2
⇔
∨

3−3 3 
3+ 3 3
 x + 3 y − 12 = 0

x =

x =
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
2
của (d) và (E) là:
+
= 1 ⇔ y = 9.
⇔ y=±
25 − a 2 ( a ≤ 5 )
25 9
25
5
3
6
 3


2 
2 
2
VIa. Vậy A  a; 5 25 − a  , B  a; − 5 25 − a  ⇒ AB = 5 25 − a

 

2
6
100
5 5
Do đó AB = 4 ⇔
25 − a 2 = 4 ⇔ 25 − a 2 =
⇔a=±
(thỏa mãn đk)
5
9
3
5 5
5 5
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x =
,x = −
3
3
Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℤ

0.25

2

2
n −1
An − Cn +1 = 4n + 6 ⇔ n ( n − 1) −

( n + 1) n = 4n + 6

Ta có:

2

0.5

0.25

0.25
0.25
0.25

0.5

 n = −1(loai )
⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔ 
 n = 12
Với n = 12 ta có:
n

12

k

12
12
12 − k  1 
 3 1  3 1
k
k
2 x +  =  2 x +  = ∑ C12 2 x3
= ∑ C12 212− k x36− 4 k

 
x 
x
x


k =0
k =0
9
3
Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .2 = 1760

VIb
1

0.25

Vì B, C ∈ ( C ) ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:
2

VII
a

0.25

( )

Vì A ∈ d ⇒ A ( t ; t − 4 )
Do tam giác ABC cân tại A nên AM = AN

www.mathvn.com

0.5

0.25

13


www.MATHVN.com
⇔ ( t − 4 ) + ( t − 4 ) = t 2 + ( t − 6 ) ⇔ t = −1 ⇒ A ( −1; −5 )
2

2

2

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 vng nên ta có:
−5a − 5b
7a − b
3a = −b
d ( A, BC ) = d ( A, CD ) ⇔
=
⇔
a2 + 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,

CD : 3x + 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
0.25

CD : x − 3 y + 6 = 0 ⇒ B ( 5; −3) , C ( 3;3) , D ( −3;1)

0.25

x2 y2
+
= 1( a > b > 0 ) với hai tiêu điểm là F1 ( −c; 0 ) ,
a 2 b2
F2 ( c; 0 ) ( c 2 = a 2 − b 2 , c > 0 ) và hai đỉnh trên trục nhỏ là: B1 ( 0; −b ) , B2 ( 0; b )

0.25

Gọi pt Elip cần tìm là:

VIb
2

c 2 = a 2 − b 2
a = 6



3
Theo giả thiết ta có hệ: b = 2c
⇔ b = 3 3
2

c = 3

4 ( a + b ) = 12 2 + 3

x2 y2
Vậy (E):
+
=1
36 27
1
2
3
4
2 n +1

C2 n+1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1 = 2013 (*)

(

0.5

)

0.25

Xét khai triên:

(1 + x )

VII

2 n +1

0
1
2
3
4
2 n +1
= C2 n+1 + xC2 n +1 + x 2C2 n +1 + x3C2 n +1 + x 4C2 n +1 + ... + x 2 n +1C2 n +1
Đạo hàm cả hai vế cua khai triển ta được:
2n
1
( 2n + 1)(1 + x ) = C2 n+1 + 2 xC22n+1 + 3x 2C23n+1 + 4 x3C24n+1 + ... + ( 2n + 1) x 2 nC22nn++11

Thay x=-2 vào ta được:
1
2
3
4
2 n +1
2n + 1 = C2 n +1 − 2.2.C2 n +1 + 3.22.C2 n +1 − 4.23.C2 n +1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C2 n +1

0.5

0.5

Do đó (*) ⇔ 2n + 1 = 2013 ⇔ n = 1006

………………………………..Hết…………………………………..

www.mathvn.com

14


www.MATHVN.com

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn - 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)
2 ( cos x − sin x )
1
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 c