Chủ đề này có 11 trả lời

[T M]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn: Toán . Khối A

Thời gian: 150 phút

A. Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I (2,5 điểm) Cho hàm số : $y=x^3-3mx+2$ (1), $m$ là tham số thực.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi $m=1$
2) Tìm các giá trị của $m$ để đồ thị hàm số $(1)$ có tiếp tuýen tạo với đường thẳng $d:x+y+7=0$ góc $\alpha$ biết $\alpha=\frac{1}{\sqrt{26}}$

Câu II (2,5 điểm)

1) Giải phương trình $\frac{3-4\cos{2x}-8\sin^4{x}}{\sin2x+\cos2x}=\frac{1}{\sin{2x}}$

2) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^3+4y=y^3+16x \\1+y^2=5\left ( 1+x^2 \right ) & & \end{matrix}\right.$

Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn

$$L=\lim_{x \to 2}\frac{\sqrt{6-x}-\sqrt[3]{x^2+4}}{x^2-4}$$

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lập phương $ABCD.A_1B_1C_1D_1$ có độ dài cạnh bằng $3$ và điểm $M$ thuộc cạnh $CC_1$ sao cho $CM=2$. Mặt phẳng $\alpha$ đi qua $A,M$ và song song với $BD$ chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Tính $V$ hai khối đa diện đó.

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực $x^2+y^2+z^2=3$. Tìm GTLN của biểu thức

$$F=\sqrt{3x^2+7y}+\sqrt{7z+3x^2}+\sqrt{5y+5z}$$

B. Phần riêng (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần

1. Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$ cho 2 điểm $A(2;1)$ và $B(-1;-3)$ và hai đường thẳng $d_1:x+y+3=0$ và $d_2:x-5y-16=0$. Tìm tọa độ các điểm $C,D$ lần lượt thuộc $d_1;d_2$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

Câu VIIa (1,0 điểm) Tính tổng

$$S=1^2\textrm{C}_{2012}^{1}+2^2\textrm{C}_{2012}^{2}+.......+2012^2\textrm{C}_{2012}^{2012}$$

2. Theo chương trình nâng cao

Câu VIb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ $Oxy$ cho e líp $E:\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ và các điểm $A(-3;0)$ và $I(-1;0)$. Tìm tọa độ các điểm $B;C$ thuộc $E$ sao cho $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Câu VIIb (1,0 điểm) Tính tổng

$$T=\frac{\textrm{C}_{2012}^{0}}{1}+\frac{\textrm{C}_{2012}^{1}}{2}+...........+\frac{\textrm{C}_{2012}^{2012}}{2013}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luxubuhl: 20-10-2012 - 19:32

[T M]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn: Toán . Khối A

Thời gian: 150 phút
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực $x^2+y^2+z^2=3$. Tìm GTLN của biểu thức

Giải thử câu bất đẳng thức

Điều kiện xác định ............

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

$$F=\sqrt{3x^2+7y}+\sqrt{7z+3x^2}+\sqrt{5y+5z} \\ \leq \frac{1}{\sqrt{10}}\left ( \frac{6x^2+12(y+z)+30}{2} \right )=\frac{1}{\sqrt{10}}\left ( \frac{18-6(y^2+z^2)+12(y+z)+30}{2} \right )$$

Do $y^2+z^2 \geq \frac{(y+z)^2}{2}$ nên

Từ trên ta có

$$F \leq \frac{1}{\sqrt{10}}\left ( 24-\frac{3t^2}{2}+6t \right )$$

Sử dụng phương pháp tam thức bậc 2 ta được $Max_F$ khi $t=2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luxubuhl: 20-10-2012 - 18:31

[dark templar]

2. Theo chương trình nâng cao

Câu VIb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ $Oxy$ cho e líp $E:\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ và các điểm $A(-3;0)$ và $I(-1;0)$. Tìm tọa độ các điểm $B;C$ thuộc $E$ sao cho $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Câu VIIb (1,0 điểm) Tính tổng

$$T=\frac{\textrm{C}_{0}^{2012}}{1}+\frac{\textrm{C}_{1}^{2012}}{2}+...........+\frac{\textrm{C}_{2012}^{2012}}{2013}$$

Mấy câu Tổ hợp đánh sai đề hết rồi kìa,chỉ số trên làm sao lớn hơn chỉ số dưới được ?
Câu elipse không khó Giả sử $B(m;n)$.
Ta có $IA=IB=IC=2 \implies 4=(m+1)^2+n^2$
Lại có $B \in (E) \iff \frac{m^2}{9}+\frac{n^2}{4}=1 \iff 4m^2+9n^2=36$.
Vậy ta có hệ:
$$\left\{\begin{matrix} m^2+2m+n^2=3 & \\ 4m^2+9n^2=36 & \end{matrix}\right. \iff \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} m=3 & \\ n=\pm \sqrt{\frac{48}{5}} & \end{matrix}\right. & \\ \left\{\begin{matrix} m=\frac{3}{5} & \\ n=\pm \frac{12}{5} & \end{matrix}\right.& \end{bmatrix}$$
Điểm C cũng tìm tương tự.

Câu Tổ hợp:
Xét khai triển :$(1+x)^{2012}=\sum_{k=0}^{2012}\binom{2012}{k}x^{k}$
Lấy nguyên hàm 2 vế theo biến $x$,ta có:
$$\frac{(1+x)^{2013}}{2013}=\sum_{k=0}^{2012}\binom{2012}{k}\frac{x^{k+1}}{k+1}$$
Chọn $x=1$,ta thu được:$\frac{2^{2013}}{2013}=\sum_{k=0}^{2012}\binom{2012}{k}.\frac{1}{k+1}=T$

[Spin9x]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn: Toán . Khối A

Thời gian: 150 phút

2) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^3+4y=y^3+16x(1) \\1+y^2=5\left ( 1+x^2 \right )(2) & & \end{matrix}\right.$

$(2) \Leftrightarrow 4=y^2-5x^2$
Thay vào (1) ta có
$x^3+(y^2-5x^2)y=y^3+4x(y^2-5x^2)$
$\Leftrightarrow 21x^3 -5x^2y -4xy^2=0$
Xét y=0 ......
Xét y#0 chia 2 vế cho y^3 ta được
$21(\frac{x}{y})^3-5(\frac{x}{y})^2-4\frac{x}{y}=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Spin9x: 20-10-2012 - 19:41

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Câu II
2,Phương trình (2) tương đương với $y^{2}-x^{2}=4$
Thay $4=y^{2}-x^{2}$ vào Phương trình (1) ta được
$x^{3}+y(y^{2}-x^{2})=y^{3}+4x(y^{2}-x^{2})$
$\Leftrightarrow 5x^{3}-x^{2}y-4xy^{2}=0$
$\Leftrightarrow x=0\vee 5x^{2}-xy-4x^{2}=0$
$\Leftrightarrow x=0\vee x=y\vee x=\frac{-4y}{5}$
*Với $x=0\Rightarrow y=2\vee y=-2$
*Với $x=y\Rightarrow y^{2}-x^{2}=0$(loại)
*Với $x=\frac{-4y}{5}\Rightarrow y^{2}-\frac{16y^{2}}{25}=4\Rightarrow y^{2}=\frac{100}{9}$
$y=\frac{10}{3} \Rightarrow x=\frac{-8}{3}$
$y=\frac{-10}{3} \Rightarrow x=\frac{8}{3}$
p/s:Chậm hơn rùi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 20-10-2012 - 19:46

[hoangtrong2305]

Câu II (2,5 điểm)

1) Giải phương trình $\frac{3-4\cos{2x}-8\sin^4{x}}{\sin2x+\cos2x}=\frac{1}{\sin{2x}}$

$\frac{3-4\cos{2x}-8\sin^4{x}}{\sin2x+\cos2x}=\frac{1}{\sin{2x}}$

ĐK:......................

$\frac{3-4\cos{2x}-8\sin^4{x}}{\sin2x+\cos2x}=\frac{1}{\sin{2x}}$

$\Leftrightarrow (8\sin^{2}x-8\sin^4{x}-1)\sin 2x=\sin2x+\cos2x$

$\Leftrightarrow 2\sin^{3}2x-2\sin 2x=\cos2x$

$\Leftrightarrow 2\sin 2x\cos 2x+\cos2x=0$

$\Leftrightarrow \cos 2x(2\sin 2x+1)=0$

$\Leftrightarrow ..............$

Câu II (2,5 điểm)
2) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^3+4y=y^3+16x \\1+y^2=5\left ( 1+x^2 \right ) & & \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} x^3+4y=y^3+16x (1)\\1+y^2=5(2)\left ( 1+x^2 \right ) & & \end{matrix}\right.$

Xét trường hợp $x=0;y=0$ thấy không thoả

Xét trường hợp $x\neq 0;y\neq 0$, chia 2 vế phương trình (1) cho $xy^{2}$, chia 2 vế phương trình $2$ cho $xy$:

$\left\{\begin{matrix} x^3+4y=y^3+16x \\1+y^2=5\left ( 1+x^2 \right ) & & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{4}{xy}=\frac{y}{x}+\frac{16}{y^{2}} \\\frac{1}{xy}+\frac{y}{x}=\frac{5}{xy}+\frac{5x}{y} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{4}{xy}-\frac{y}{x}=\frac{16}{y^{2}}-\frac{x^{2}}{y^{2}} \\-\frac{4}{xy}+\frac{y}{x}=\frac{5x}{y} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \frac{16}{y^{2}}-\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{5x}{y} =0$

$\Leftrightarrow 16-x^{2}+5xy=0$

$\Leftrightarrow y=\frac{x^{2}-16}{5x}$

Thay vào $(2)\Leftrightarrow 1+(\frac{x^{2}-16}{5x})^2=5( 1+x^2 )$

$\Leftrightarrow -4+\frac{(x^{2}-16)^{2}}{25x^{2}}=5x^2$

$\Leftrightarrow 124x^{4}+132x^{2}-256=0$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1\Rightarrow y=-3\\ x=-1\Rightarrow y=3 \end{bmatrix}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 20-10-2012 - 20:26

[dark templar]

1. Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$ cho 2 điểm $A(2;1)$ và $B(-1;-3)$ và hai đường thẳng $d_1:x+y+3=0$ và $d_2:x-5y-16=0$. Tìm tọa độ các điểm $C,D$ lần lượt thuộc $d_1;d_2$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

Câu VIIa (1,0 điểm) Tính tổng

$$S=1^2\textrm{C}_{2012}^{1}+2^2\textrm{C}_{2012}^{2}+.......+2012^2\textrm{C}_{2012}^{2012}$$

Chém cho xong luôn phần tự chọn
Câu mặt phẳng tọa độ:Có $\overrightarrow{AB}=(-3;-4)$
ABCD là hình bình hành $\iff \overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=(-3;-4) \iff \left\{\begin{matrix} x_{C}-x_{D}=-3 & \\ y_{C}-y_{D}=-4 & \end{matrix}\right.$
Mặt khác $D \in (d_2);C \in (d_1) \iff \left\{\begin{matrix} x_{C}+y_{C}=-3\\ x_{D}-5y_{D}=16 \end{matrix}\right.$
Vậy ta có hệ sau:
$$\left\{\begin{matrix} x_{C}-x_{D}=-3\\ y_{C}-y_{D}=-4\\ x_{C}+y_{C}=-3\\ x_{D}-5y_{D}=16 \end{matrix}\right. \iff \left\{\begin{matrix} x_{D}=6\\ y_{D}=-2\\ x_{C}=3\\ y_{C}=-6 \end{matrix}\right.$$

Câu Tổ hợp:
Ta xét khai triển:$(1+x)^{2012}=\sum_{k=0}^{2012}\binom{2012}{k}x^{k}$
Đạo hàm 2 vế theo biến $x$,ta có:$2012(1+x)^{2011}=\sum_{k=1}^{2012}\binom{2012}{k}.k.x^{k-1}$
Lại nhân 2 vế cho $x$:$2012x(1+x)^{2011}=\sum_{k=1}^{2012}\binom{2012}{k}.k.x^{k}$
Sau đó lại lấy đạo hàm 2 vế,ta thu được:
$$2012[(1+x)^{2011}+2011x(1+x)^{2010}]=\sum_{k=1}^{2012}\binom{2012}{k}.k^2.x^{k}$$
Chọn $x=1$,ta có:$2^{2010}.2012.2013=\sum_{k=1}^{2012}\binom{2012}{k}.k^2=S$

[T M]

Câu II (2,5 điểm)

1) Giải phương trình $\frac{3-4\cos{2x}-8\sin^4{x}}{\sin2x+\cos2x}=\frac{1}{\sin{2x}}$

Câu VIa (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$ cho 2 điểm $A(2;1)$ và $B(-1;-3)$ và hai đường thẳng $d_1:x+y+3=0$ và $d_2:x-5y-16=0$. Tìm tọa độ các điểm $C,D$ lần lượt thuộc $d_1;d_2$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

Giải II.

Phương trình này chỉ cần chú ý đẳng thức sau $\cos{4x}=8\cos^4{x}-8\cos^2{x}+1$

Biến đổi tương đương ( Tử số vế trái đưa hết về $\cos{x}$) ta được

$$pt\Leftrightarrow \frac{-\cos{4x}}{\sin{2x}+\cos{2x}}=\frac{1}{\sin{2x}} \\ \Leftrightarrow \frac{-\left ( \cos{2x}-\sin{2x} \right )\left ( \cos{2x}+\sin{2x} \right )}{\sin{2x}+\cos{2x}}=\frac{1}{\sin{2x}}$$

Đến đây coi như xong Đang chelsea, tí sẽ post phần còn lại.

Bài hình giải tích phẳng cũng chỉ cần lập hệ (sử dụng quan hệ hình bình hành) là xong !

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài
Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $BD $cắt $BC$ và $BD$ lần lượt tại $I$ và $J$.Gọi $E$ là giao điểm của $MI$ và $BB_{1}$, $F$ là giao điểm của MJ và $DD_{1}$
Theo Ta-lét $\frac{DF}{CM}=\frac{BE}{CM}=\frac{1}{2}\Rightarrow BE=DF=\frac{CM}{2}=1$
$$V_{ABCDEMF}=V_{ADCMF}+V_{ABCME}=\frac{1}{3}.AD.S_{DCMF}+\frac{1}{3}.AB.S_{BCME}=\frac{2}{3}.AB.S_{BCME}=\frac{2}{3}.AB.\frac{1}{2}.BC.(BE+CM)=\frac{2}{3}.3.\frac{1}{2}.3.(1+2)=9$$
$$V_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}AEMF}=V_{ABCD}-V_{ABCDEMF}=27-9=18$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 20-10-2012 - 20:28

[sogenlun]

Câu VIIb (1,0 điểm) Tính tổng
$$T=\frac{\textrm{C}_{2012}^{0}}{1}+\frac{\textrm{C}_{2012}^{1}}{2}+...........+\frac{\textrm{C}_{2012}^{2012}}{2013}$$

Ta có : $$\dfrac{C_{n}^{k}}{k+1} = \dfrac{C_{n+1}^{k+1}}{n+1}$$
Ta có : $$T = \dfrac{C_{2013}^{0}+C_{2013}^{1}+...+C_{2013}^{2013}}{2013}-\dfrac{1}{2013} = \dfrac{2^{2013}-1}{2013} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sogenlun: 20-10-2012 - 21:01

[hoangtrong2305]

Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn

$$L=\lim_{x \to 2}\frac{\sqrt{6-x}-\sqrt[3]{x^2+4}}{x^2-4}$$

$L=\lim_{x \to 2}\frac{\sqrt{6-x}-\sqrt[3]{x^2+4}}{x^2-4}$

$L=\lim_{x \to 2}\frac{\sqrt{6-x}-2+2-\sqrt[3]{x^2+4}}{x^2-4}$

$L=\lim_{x \to 2}(\frac{\sqrt{6-x}-2}{x^2-4}+\frac{2-\sqrt[3]{x^2+4}}{x^2-4})$

$L=\lim_{x \to 2}(-\frac{1}{(x+2)(\sqrt{6+x}+2)}-\frac{1}{4+2\sqrt[3]{x^2+4}+(\sqrt[3]{x^2+4})^{2}})$

$L=\frac{1-3\sqrt{2}}{24}$

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Ta có : $$\dfrac{C_{n}^{k}}{k+1} = \dfrac{C_{n+1}^{k+1}}{n+1}$$
Ta có : $$T = \dfrac{C_{2013}^{0}+C_{2013}^{1}+...+C_{2013}^{2013}}{2013}-\dfrac{1}{2013} = \dfrac{2^{2013}-1}{2013} $$

một lời giải khác cho bài này:

xét khai triển $ P(x)=(1+x)^n=C_n^0+C_n^1.x+C_n^2.x^2+....+C_n^n.x^n $

ta lấy tích phân từ 0 tới 1 của 2 vế:

$ \int_0^1(1+x)^ndx=\int_0^1(C_n^0+C_n^1.x+C_n^2.x^2+....+C_n^n.x^n)dx $

$ \Leftrightarrow \frac{(1+x)^{n+1}}{n+1}|_0^1=(C_n^0.x+\frac{1}{2}C_n^1x^2+\frac{1}{3}C_n^2.x^3+....+\frac{1}{n+1}.C_n^n.x^{n+1})|_0^1$

$ \Leftrightarrow \frac{2^{n+1}}{n+1}-\frac{1}{n+1}=C_n^0+\frac{1}{2}C_n^1+\frac{1}{3}C_n^2+...+\frac{1}{n+1}.C_n^n $

cho $ n=2012 $ ta được $ T=\frac{2^{2013}-1}{2013} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 05-02-2013 - 20:10