1. 1
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ -GIỎI 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 thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm m để đường thẳng (d): y x m cắt (C) tại
2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 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
và khoảng 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 trình : 2
2sin sin 2 2 sin 1
4
x x x
2/Giải hệ phương trình :
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/ Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0
2/ Giải bất phương trình 2
4x 3 x 3x 4 8x 6
Câu III (1điểm) Tìm giới hạn:
3
0
2011 os2011
lim
x
x
c x
L
x
Câu IV (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có góc 0
60BAC ; AB = a;
AC = 4a. Hai mặt 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 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 0x x
m m
Câu VI (1điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : 04222
yxyx và đường thẳng
(d): 052 yx .Viết phương trình tiếp 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, , ,..., na a a a .Biết rằng n là số tự nhiên thoả mãn 2 2 2 1 1 1
2 11025n n n n
n n n n n nC C C C C C
……………………………………………………………..Hết…………………………………………….
Thi thử Đại học www.toanpt.net
2. 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 32Δ = 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 x2 1 1 2 1 2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3. 3
Theo Viet:
x + x = 1 - m
1 2
x x = m + 1
1 2
2AB = 2 m - 6m - 3
I là giao điểm của 2 tiệm cận I -1;2
m - 3
d = d =
I,AB I,d 2
2m - 3 m - 6m - 31
S = AB.d =
IAB I,AB2 2
2 2S = 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 2 101 1
3' 2 2 10
3 3
y
y m x mx
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. 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
,
6 182 2 9 2 1 6 2 1 18 1
2 1 2 1
1
2
3 2 1 1
2 1 22
m m
d N
m m m
m m
m
Dấu bằng xảy ra khi
2
3 2 1 5
0
2 1 22
m
m
II
1/Giải phương trình : 2
2sin sin 2 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 22
2cos 1 8 cos 1 4cos 12cos 9 2cos 3 0x x x x x x
Suy ra (*)
1
sin1
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. 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:
22 2 2
2
55
12 2 35 0 2 5 12 35 0
5 3; 2
5; 08 15 0
u vu v
v u v v v v
u v v u
v uv 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 x cos2x 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. 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 2lim 3ln 2011 3ln 2011
2011 23 ln 2011 .
2 2011
x x
x x
x
x
c x c x
x x
x x
e
xx
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 ΔABCS = 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. 7
(H,(FCI))HJ (FCI) HJ = d
Ta thấy: 2
ΔHCI ABCD
1
S = S = a 3
2
ΔHCI2S
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 0x x
m m
(1)
1
PT:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0x 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
14 3
( ) , ( ) 0
( 2) 3
tt 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
644
7
m
0, 5
0, 5
8. 8
VI +(C) (x-1)2
+(y+2)2
=5 nên tâm I(1;-2) và bán kính 5R .
+Đường thẳng x=x0 không thỏa mãn đk .Do đó tiếp tuyến của đường tròn phải có
dạng:y=ax+b ax-y+b=0 .Đường thẳng đó tạo với d một góc thỏa mãn :
10
1
cos
10
1
1.5
12
2
a
a
1122 2
aa 2(2a+1)2
=a2
+1
7a2
+8a+1=0
7
1
1 aa
+TH1: a=-1:ta có 0:1 byx là tiếp tuyến của đường tròn
1015
2
21
),( 1
b
b
Id
119 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 : 0105137 yx
Vậy có 4 tiếp tuyến: 0105137,011,09 yxyxyx
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
nn n
C C n n n
n l
Ta có khai triển:
14 1414 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 .3k k k
ka C
Ta xét tỉ số :
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
k N nên 4k .
Tương tự ta có: 1 1
1 5; 1 5k 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.
Kết 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
