ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013
MÔN :TOÁN -THỜI GIAN : 180PHÚT
Câu I :Cho hàm số
x 2
y
x 1
−
=
+
, có đồ thị (C).Chứng minh rằng mọi điểm trên đồ thị (C) tiếp tuyến tại đó luôn tạo
với hai đường thẳng
d : x 1 0
+ =
và
d : y 1 0
− =
một tam giác có diện tích không đổi .
Câu II 1. Giải phương trình lượng giác sau : :
a)
( )
2
2sin 2 3 sin cos 1 3 cos 3 sinx x x x x+ + = +
b)
2
2
tan tan 2
sin
tan 1 2 4
x x
x
x

xx
x
sin
112
lim
3 2
0
+−+
→
b)
)
32
(lim
3
2
x
x
x
x
x
x
+
−
+
∞→
2. Rút gọn biểu thức

1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
3 4 .

3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y
x y x y

− − + − =

∈

− + + = + −


¡
Câu VI
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ
là
x y 1 0− − =
.Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm.
2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
02:
1
=−− yxd
và
022:

( 2) ( 3) 10x y
− + − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm

( 3; 2)M
− −
và điểm A có hoành độ dương.
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI NĂM HỌC 2012-2013
Câu I PT tiếp tuyến d có dạng
( )
( )
o
2
o
3 x 2
y x x
x 1
x 1
−
= − +
+
+
, (với
o
x
là hoành độ tiếp điểm)
Giao điểm của d lần lượt với d và d’ là:
o
o

( ) ( )
2
cos 3sin 3 cos 3 sin 0x x x x
⇔ + − + =
cos 3 sin 0
cos 3 sin 3
x x
x x

+ =
⇔

+ =


+)
cos 3sin 0 2sin 0 ,
6 6
x x x x k k
π π
π
 
+ = ⇔ + = ⇔ = − + ∈
 ÷
 
¢
+)
3
cos 3sin 3 sin
6 2

≠ ⇔ ≠ +
(*)
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2cos (tan tan ) sin cosx x x x x+ = +
2
2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos
(sin cos )(2sin 1) 0
x x x x x x x x x x
x x x
⇔ + = + ⇔ + = +
⇔ + − =
+ Với
sin cos 0 tan 1
4
x x x x k
π
π
+ = ⇔ = − ⇔ = − +
+ Với
1 5
2sin 1 0 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k
π π
π π
− = ⇔ = ⇔ = + = +
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
; 2 ; 2 ( )

⇔

+ − =


3x⇔ =
.
b)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 1 4 2 1 1 3 1
2 4 6 3 2
x x y y
x y x y x y

− + + = − +


+ − + = − −


Điều kiện:
1
; 1
3
x y≥ ≥
( ) ( )
2
2 2
(2) 3 2 6 4 0; 3 5y x y x x x

* 3 1 2 3 4 12x x x y
⇔ − = + ⇔ = ⇒ =
.Kết luận:
( ) ( )
, 4;12x y =
Câu II. 1.b)
)
32
(lim
3
2
x
x
x
x
x
x
+
−
+
∞→
Đặt
y
x
1
=
khi
∞→x
thì
0→y

y
yy
I
yy
2
1
1
2
1
)31(31)1()1(
3
211
1
lim
))1(31)1()31((
)3(
)1(21
lim
3
2
3
2
0
2
3
3
22
2
2
2

→
yyyy
y
yy
yyyyy
yy
yyy
y
y
y
Vậy
2
1
=I
2 . Rút gọn biểu thức
1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2 3.2 4.2 2011.2 2012.2A C C C C C C= − + − + + −
.
Đạo hàm 2 vế của (1) ta có
( )
2011
1 2 1 2011 2012
2012 2012 2012 2012
2012 1 2 2012 (2)
k k
x C xC kx C x C
−
+ = + + + + +
( )x∀

(1 ) (1)
n n k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x x
+ + + +
+ + + + +
+ = + + + + + + ∀
đạo hàm 2 vế của (1) ta có
2 1 2 2 1 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) 2 (2 1) (2)
n n k n n
n n n n
n x C C x kC x n C x
+ − +
+ + + +
+ + = + + + + + +
Chọn x=1 thay vào (2) ta có
2 1 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)2 2 (2 1)
n n n
n n n n
n C C kC n C
+ +
+ + + +
+ = + + + + + +
(*)
2 20
(2 1)2 21.2 (3)

(số).
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là
3 3
4 5
C .C .6! 28800=
(số).
Đ/ số
36000 28800 64800
+ =
số.
Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt
phẳng (SBC), góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 60
0
,
SB = a 2
,
·
0
BSC=45
a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB).
Hạ AH
⊥
SB do (SAB)
⊥
(SBC=>AH
⊥
BC mà SA
⊥
BC

AH=SHtan
α
, HK=
2
SH
trong tam giác vuôn
AHK có
0
.tan 6
tan 60 tan
2
2
AH SH
SH
HK
α
α
= = ⇔ =
2 2a 6
os = os = ; tan
5
5 5
a
c SA SBc AB SA
α α α
⇒ ⇒ = = =
;
diện tích tam giác SAB là
2
1 6

3 2
3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y
 
+ = + + + ⇔ − − + + + + + =
 
( )
2 2 3x y y x⇔ = + ⇔ = −
Thế (3) vào (2) ta được
3 2 3 2
2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x
+ + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − =
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1 0
2 2 1 3
x x
x x x
x x
− −
⇔ − + + − + =
+ + + −

( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
2 2 1 3
x x x
x x
 
⇔ − + + − + =

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x x
x x x x
 
 ÷
⇔ − + + + + =
 ÷
+ + + + + − + −
 
S
A
C
B
H
K
( ) ( )
2 1 0 2, 1; 2 0, 1 3x x x x x y x y
− + = ⇔ = = − = ⇒ = = − ⇒ = −
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
( ) ( )
{ }
1; 3 ; 2;0 .S
= − −
Câu VI
a) Phương trình MP là:
x y 3 0+ − =

m 2 4
m 0
=

⇔ − = ⇔

=

Vì N có tung độ âm nên N(0; -1)
⇒
Q(4; 3) .Vậy
( )
P 3;0
, N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm.
b)
1
d
cắt
2
d
tại
).0;2(I
Chọn
,)2;0(
10
dA ∈−
ta có
.22
0
=IA

1
−=
=
⇔=−−⇔
.
5
16
;
5
42
)4;6(
5
6
4
06445
0
0
2
B
B
b
b
bb
Suy ra đường thẳng
∆
là đường thẳng qua
)1;1(−M
và song song với
.
00


= ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔

= −
+

Do đó phương trình AB là
-3 - 3 0x y =
hoặc AB:
3 - 7 0x y + =
.
+ Nếu AB:
3 - 7 0x y + =
. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t>0 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2
0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t

A
D
I M
I
d
1
d
2
A
M
B
∆
A
0
B
0