- THPT Nguyễn Đăng Đạo - Bắc Ninh - Khối A - Lần 1 - 2011.2012 ppt

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 – 2012
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO MÔN: TOÁN KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút
CÂU I ( 2 điểm): 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.
CÂU II ( 2 điểm):
1, Giải phương trình:
( )
( )
2
cos 1
2 1 sin 1 tan
sin cos
x
x x
x x
−
+ + =

+

2, Giải hệ phương trình:
{
4
2 2
5 6
5 6
x y
x y x
+ =
+ =
,
( )
,x y R∈


CÂU III ( 1 điểm): Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt thuộc
[ ]
0;2
:

4 4 2 1 0
x x
m+ − − =

CÂU IV ( 2 điểm): 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.
CÂU V ( 1 điểm): Cho a, b, c là 3 số thực dương thoả mãn:
1abc ≥
. Chứng minh rằng:

1 1 1 27
1 1 1 8
a b c
a b c
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
+ + +
   

CÂU VI ( 1 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng
1
: 2 6 0d x y+ − =
;
2
: 2 0d x y+ =
và
3
:3 2 0d x y− − =

.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d
3
, cắt d
1
tại A và B, cắt d
2
tại C và D sao cho tứ giác
ABCD là hình vuông.

CÂU VII ( 1 điểm):
Cho khai triển:
( )
2
2 2
0 1 2 2
3 1
n
k n
n
k
x a a x a x a x a x+ = + + + + + +
,
( )
, ;0 2k n N k n∈ ≤ ≤

Biết rằng:
( )
0 1 2 2
1 4096

k
n
k
a a a a a− + − + − + + =
. Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển.
………………….Hết………………
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
CÂU
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
I 1, Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 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
0,25
0,25
0,25
0,25

I 2, Tìm m 1
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




⇔ ⇔
(A)
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
 
⇒
 
 
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

0,25
II 1, Giải phương trình lượng giác 1
Đk:
cosx 0
sinx + cosx 0





≠
≠
Khi đó, pt tương đương:
( )
1 cosx-1
2 1+sinx =
2
sinx+cosx
cos x

2 cosx - 1
=
1 - sinx sinx + cosx
sinx + cosx + sinxcosx + 1 = 0
⇔
⇔

( ) ( )
sinx+1 cosx+1 = 0⇔
0,25
0,25

sinx = -1
cosx = -1

⇔



x = π + k2π⇔
0,25
0,25
II 2, Giải hệ phương trình 1
Trừ từng vế của 2 phương trình ta được:
( ) ( )
2
3
2
x = y
x - y x x + y - 5 = 0

5-x
y =
x


 
⇔
 



*) Với: x = y, thay vào pt(1) ta có: x
4
+ 5x – 6 = 0
( ) ( )
( )
2
x - 1 x + 2 x - x + 3 = 0
x = 1 y = 1
x = -2 y = -2
⇔
⇒

⇔

⇒

*) Với:
3
2

5 - x
y=
x
, thay vào pt(1) ta có:

3
4 4
2 2 2
25 - 5x 25 25
x + = 6 x + + - 5x = 6 (*)
x 2x 2x
⇔
Từ (2)
2 2
6-5x y 6
x = -5x -6
5 5
⇒ ≤ ⇒ ≥
(a)
Lại có:
3
25 25 625
4
x + + 3 > 12
2 2
4
2x 2x
≥
(b)
Cộng từng vế của 2 bất đẳng thức (a) và (b) suy ra: VT(*) > 6

⇒
(*) vô
nghiệm
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x ; y) = (1 ; 1); (-2; -2).
0,25
0,25
0,25
0,25
III
Tìm m để pt có 2 nghiệm phân biệt
[ ]
0 ; 2
∈
1
Đặt:
[ ]
x
2 =t, t 1 ; 4
∈
Pt trở thành:
2
t +4=m t-1
t = 1 không là nghiệm của pt. Do đó pt tương đương:

2
t + 4
= m (1)
t - 1
Pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt
[ ]

0 ; 2
∈
khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm
phân biệt
(
]
1 ; 4
∈
Xét:
( )
2
t + 4
f t =
t - 1
trên (1 ; 4]
0,25
0,25
( loại )
( t/m )

2
3t - 4t - 4
f (t) =
(t - 1) t - 1
′


t = 2
f (t) = 0
2

t = -
3


′
⇔


Bảng biến thiên:

t 1 2 4
f’(t) - 0 +
f(t)

+
∞

20
3
8
Từ bảng biến thiên suy ra:
20
8 < m
3
≤
là các giá trị cần tìm
0,25
0,25
IV Hình học không gian
IV 1, Tính thể tích khối chóp 1

IV
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
ABCDΔABC
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
0,25
0,25
0,25
0,25
1
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:
0,25
S
A
B
C
D
E
F
J
I
H
K
FH // SA
FH (ABCD) FH CI CI (FHK) (FCI) (FHK)⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(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
0,25
0,25
V Bất đẳng thức 1
Ta có:
( ) ( ) ( )
a+1 1 3 3 1 3
+ + a+1 1+ a+1 a+ a+1 0
4 a+1 4 4 a+1 4
≥ ⇒ ≥ >
Tương tự:
( )
1 3
b+ b+1 0
b+1 4
≥ >

( )
1 3
c+ c+1 >0

c+1 4
≥
( ) ( ) ( )
27 27 27
VT a+1 b+1 c+1 abc
64 8 8
⇒ ≥ ≥ ≥
(đpcm)
0,5
0,25
0,25
VI Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng 1
Gọi I(a; 3a – 2)
Vì ABCD là hình vuông
⇒
d
(I, AB)
= d
(I, CD)
= d

7a - 10 7a - 4
3
= a = 1 I(1;1) d =
5 5 5
⇔ ⇔ ⇒ ⇒
0,25
0,25
0,25
A

B
C
D
I
d
Bán kính:
3 2
R = d 2 =
5
⇒
pt(C):
( ) ( )
2 2
18
x - 1 + y - 1 =
5
0,25
VII Nhị thức Niu-Tơn 1
Ta có:
( )
2n
2 k 2n
0 1 2 k 2n
3x + 1 = a + a x + a x + + a x + + a x
Thay x = -1, ta có: (-2)
2n
= a
0
– a
1

+ a
2
- … + (-1)
k
a
k
+…+ a
2n
Từ giả thiết suy ra: (-2)
2n
= 4096
n = 6
⇒
Với n = 6, ta có khai triển:

( )
12
0 1 2 2 12 12
12 12 12 12
1+3x =C + C .(3x) + C (3x) + + C (3x)

⇒
Hệ số của x
8
trong khai triển là:
8 8
12
C .3
0,25
0,25

0,25
0,25