Đề thi thử đại học cao đẳng năm 2011 lần thứ 4 môn toán trường THPT Quỳnh Lưu 1 docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011- LẦN 4
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
1
x
x −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến
với (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp
tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
cot 1
2 os( )
tan cot 2 4
x
c x
x x
π
−
= +
+
2. Giải bất phương trình:
4 3 2
( 1) 1 3 5 2 1x x x x x x x+ − ≥ − − + − − −
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:

1
3
2
0
2 3
3 4
x x
I dx
x x
+
=
+ −
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCA
1
B
1
C
1
, có đáy là tam giác đều cạnh a. Điểm A
1
cách đều
ba điểm A, B, C và cạnh bên A
1
A tạo với mp đáy một góc 60
0
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABCA
1
B

1
C
1
.

Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện
1a b c+ + =
, ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
10M
a b b c c a
= + + ≥
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: 1 hoặc 2.
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ∆ ABC có phương trình cạnh AB: x + y – 3 = 0,
phương trình cạnh AC: 3x + y – 7 = 0 và trọng tâm G(2;
1
3
). Viết phương trình đường tròn đi
qua trực tâm H và hai đỉnh B, C.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1
4 1
:
1 1 2
x y z
d

− +
= =
−
; d
2
:
2
1 3 3
x y z−
= =
− −
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z+ − +
= =
. Viết phương trình đường thẳng
∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Câu VIIa: (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng (a), (b) song song với nhau. Trên (a) có 15 điểm, trên
(b) có n điểm. Hãy tìm n biết rằng số tam giác có 3 đỉnh thuộc tập hợp các đỉnh đã cho là 1725.
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 1), B(5; - 3), C(2; - 6). Viết
phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ) :
1 1 2
x y z
d = =
và
2
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
. Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng
MN song song với mp(P):
7 – 7 7 -8 0x y z+ =
và độ dài đoạn MN bằng
2
.

Câu VII.b (1 điểm) Khai triển đa thức:
2011 2 2011
0 1 2 2011
(1 ) .x a a x a x a x− = + + + +

Tính tổng:
0 1 2 2011
2 3 2012S a a a a= + + + +
.
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 4
NĂM HỌC 2010 – 2011
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
TXĐ : D = R\{1}
y’ =
2
1
0,
( 1)
x D
x
− < ∀ ∈
−
0,25
lim ( ) lim ( ) 1
x x

f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25
Bảng biến thiên
1
+
∞
-
∞
1
- -
y
y'
x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịch biến trên

( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số không có cực trị
0,25
Đồ thị :
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0,25
Với
0
1x ≠
, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x
0
;
0
0
1
x
x −
) có phương trình :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x

= − − +
− −
(d) 0,25
(d) cắt tiệm cận đứng tại
0
0
1
(1; )
1
x
A
x
+
−
0,25
I-2
(1 điểm)
(d) cắt tiệm cận ngang tại
0
(2 1;1)B x −
Tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có đường kính là AB.
Gọi P là chu vi của đường tròn, ta có :
.P AB
π
=
P nhỏ nhất khi AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AB nhỏ nhất, ta có :
2 2 2 2
0 0
0 0
2 1

(2 2) ( ) 4( 1) 4( ) 2 2
1 1
AB x x
x x
−
= − + = − + ≥
− −
0,25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :
0
0
0
2 2 4
0 0 2
0
1
4( 1) 4( ) ( 1) 1 [
1
x
x
x x
x
=
=
− = ⇔ − = ⇔
−
+ Với x
0
= 0 ta có M(0 ;0)
+ Với x

0
= 2 ta có M(2 ;2)
0,25

II-1
(1 điểm)
Điều kiện:
( )
cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0x x x x x+ ≠
0,25
Khi đó
( )
cos
1
(cos sin )cos .sin 2
sin
2 cos sin 2 sin (cos sin )
sin cos 2
cos
cos sin 2
x
x x x x
x
PT x x x x x
x x
x
x x
−
−
⇔ = − ⇔ = −

+

(cos - sin )(sin 2 2sin ) 0x x x x⇔ − =


0,25
sin cos tan 1
4
2 2
cos cos
2
2 2
4
x x x
x k
x x
x k
π
π
π
π

= =
 
= +

 
⇔ ⇔ ⇔

 

= =

= ± +
 
 


0,25
Kết hợp với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là:
2
4
x k
π
π
= − +
và
4
x k
π
π
= +
0,25
II-2(1
điểm)
Điều kiện
1x
≤
BPT
3
( 1) 1 ( 1) ( 2) 1x x x x x⇔ + − ≥ − + − −

0,25
3
( 2)[ 1 (1 ) ] 0x x x⇔ + − + − ≥
0,25
1 0
1
2 0
x
x
x
− =


⇔
<




+ ≥


0,25
1
2 1
2 1
x
x
x
=


⇔ ⇔ − ≤ ≤

− ≤ <

0,25
III(1
điểm)
Ta có:
1 1
3 3
2 4 2
0 0
2 3 2 3
3 4 3 4
x x x x
I dx dx
x x x x
+ +
= =
+ − + −
∫ ∫
0,25
Đặt: t =
4 2 2 4 2 3
3 3 (2 3 )x x t x x tdt x x dx+ ⇒ = + ⇒ = +

x = 0 thì t = 0; x = 1 thì t = 2
0,25
2 2

2
0
0 0
4
(1 ) ( 4ln 4 )
4 4
t
I dt dt t t
t t
= = + = + −
− −
∫ ∫
0,25
2 4ln 2
= −
0,25
IV(1
điểm)
Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên
S
ABC
=
4
3
2
a

G
A1
B1

C1
A
B
C
H
I
0,25
Mặt khác A
1
A=

A
1
B=

A
1
C
⇒
A
1
ABC là hình chóp đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
⇒
A
1
G là đường cao của tứ diện A
1
ABC
⇒

1
( )AG ABC⊥
0,25
Trong tam giác vuông A
1
AG tacó : AG=
2
3
AH=
3
3a
và
∠
A
1
AG=60
0

⇒
A
1
G=AG.tan60
0
=a.
0,25
.Vậy V
LT
=A
1
G.S

ABC
=
4
3.
3
a
0,25
V(1
điểm)
Giả sử
min( , , )c a b c=
.
Ta có:
2
2 2 2 2
( ) , do , 0
2 4
c c
b c b bc c+ ≤ + ≥ ≥

2
2 2 2 2
( ) , do a , 0
2 4
c c
a c a c c+ ≤ + ≥ ≥

2 2 2 2
( ) ( )
2 2

c c
a b a b+ ≤ + + +
0,25
Từ đó ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1 3 1 1
( ) ( )
4 4
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
M
c c c c
a b b a
c c c c c c
a b b a b a
≥ + +
+ + + + +
= + + + +
+ + + + + + +
0,25
Ta có:
2 2
1 1 1 1
( )
4
( ) ( ) 2( )( )

2 2 2 2
c c c c
b a b a
+ ≥
+ + + +

2
2 2 2
3 1 1 3 8 6
( )
4 4 ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
c c c c
a b c
b a b a
+ ≥ =
+ +
+ + + + +
0,25
2
2 2 2 2
1 1 1 1 4
( )
4 ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
c c c c
a b c
a b b a

⇒ + + ≥
+ +
+ + + + +
0,25
2
10
10
( )
M
a b c
⇒ ≥ =
+ +
. Dấu xảy ra khi
1
0,
2
c a b= = =
hoặc các hoán vị của nó.
VIa.1.
(1 điểm)
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình
3 0 2
3 7 0 1
x y x
x y y
+ − = =
 
⇔
 
+ − = =

 
. Hay A(2; 1)
Gọi B(m ; 3 – m), C(n, 7 – 3n).
0,25
Do ∆ ABC có trọng tâm G(2;
1
3
) nên ta có hệ phương trình:
2 6 1
1 3 7 3 1 3
m n m
m n n
+ + = =
 
⇔
 
+ − + − = =
 
Từ đó ta có B(1; 2), C(3; - 2).
0,25
* Phương trình đường cao AA
1
: x – 2y = 0.
Phương trình đường cao BB
1
: x – 3y + 5 = 0.
Toạ độ trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình
2 0 10
(10;5)
3 5 0 5

x y x
H
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =
 
.
0,25
Gọi phương trình đường tròn đi qua B, C, H là (T): x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c = 0 với a
2
+ b
2
> c.
Do B, C, H ∈ (S) nên ta có hệ phương trình.
2 4 5 6
6 4 13 2
20 10 125 15
a b c a
a b c b
a b c c
+ + = − = −
 
 

− + = − ⇔ = −
 
 
+ + = − =
 
Vậy phương trình đường tròn (T) : x
2
+ y
2
– 12x – 4y + 15 = 0.
0,25
VIa.2.
(1 điểm)
Gọi A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) lần lượt nằm trên ba đường thẳng
d
1
, d
2
, d
3
.
0,25
Do A, B, C thẳng hàng và AB = BC
⇔
B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u

t v u
+ − + =


⇔ − + + = −


− + + − + = −

0,25
Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
0,25
Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z−
= =
0,25
VIIa.
(1 điểm)
Cứ mỗi điểm trên (a) và hai điểm trên (b) tạo thành một tam giác. Số tam giác như thế là :
2
15.
n
C
0,25
Cứ mỗi điểm trên (b) và hai điểm trên (a) tạo thành một tam giác. Số tam giác như thế là :
2
15

.n C
0,25
Theo quy tắc cộng, ta có số tam giác tạo thành là:
2 2
15
15. .
n
C n C+
0,25
Ta có phương trình:
2 2 2
15
10
23( )
15. . 1725 13 230 0
[
n
n
n loai
C n C n n
=
=−
+ = ⇔ + − =
⇔
Vậy n=10. 0,25
VIb.1.
(1 điểm)
Phương trình cạnh AB là : x + y – 2 = 0.
Phương trình cạnh AC là: 7x + y – 8 = 0.
Phương trình cạnh BC là: x – y – 8 = 0.

0,25
-Phương trình đường phân giác góc A là: x – 2y + 1 = 0 và 2x + y – 3 = 0.
Suy ra phương trình đường phân giác trong góc A là d
1
: 2x + y - 3 = 0.
-Phương trình đường phân giác góc B là : y = - 3 và x = 5.
Suy ra phương trình đường phân giác trong góc B là d
2
: y = - 3.
0,25
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC ta có I = d
1
∩ d
2
. Suy ra I(3; - 3).
Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC là : r = d(I, AB) =
2
.
0,25
Phương trình đường tròn nội tiếp ∆ ABC là: (x – 3)
2
+ (y + 3)
2
= 2.
0,25
VIb.2.
(1 điểm)
+
1 2
, ( ), ( )M N d d∈

nên ta giả sử
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − −
uuuur
.
0,25
+ MN song song mp(P) nên:
1 2 1 2 1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t= ⇔ + + − − + − − =
uur uuuur
2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + −
uuuur
.
0,25
+ Ta có:
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0
4
7
t
MN t t t t t
t
=



= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔

=

.
+ Suy ra:
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N −
hoặc
4 4 8 1 4 3
( ; ; ), ( ; ; )
7 7 7 7 7 7
M N −
.
0,25
+ Kiểm tra lại thấy trường hợp
4 4 8 1 4 3
( ; ; ), ( ; ; )
7 7 7 7 7 7
M N −
( ).P∈
KL: Vậy có cặp
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N −
thoả mãn.
0,25
VIIb.
(1 điểm)
Ta có:
2011 2011

2011
2011 2011 2011
0 0
(1 ) ( ) ( 1)
k k k k k k
k k k
k k
x c x a x a c a c
= =
− = − = ⇒ = − ⇒ =
∑ ∑
0,25
2011 2011 2011
2011 2011 1
2011
0 0 0
(1 ) .(1 )
k k k k
k k
k k k
x c x a x x x a x
+
= = =
+ = = ⇒ + =
∑ ∑ ∑
(1)
0,25
Đạo hàm hai vế (1) ta có :
2011
2011 2010

0
(1 ) 2011 (1 ) ( 1)
k
k
k
x x x k a x
=
⇔ + + + = +
∑
(2) 0,25
Thay
1x =
vào cả hai vế của (2) ta có:
2010
0 1 2 2011
2 3 2012 2013.2S a a a a= + + + + =
.
0,25