ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 pot

1

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1


@ -
ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II LỚ
P 12 NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 150 phút

@

Câu I (2 điểm): Cho hàm số
322 3
33(1)y xmx m xmm     (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
gốc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
3os2
4cot 2
sin
cx
x
x




2.

Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh:

)
3
(log
5
3
log
log
2
4
2
2
2
2




x
x
x

Câu III (1,5 điểm): ( Thí sinh khối B, D không phải làm câu 2) Tính:
1. I =
2

(sin2)cos2
x
xxdx

2.
J

1
32ln
12ln
e
x
dx
x
x







Câu IV (1,5 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60
0
.Trên cạnh SA lấy

đ
i
ể

m M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM
Câu V (1 điểm):

Dành cho thí sinh khối A
: Cho a,b,c là các số
thự
c dươ
ng th
ỏa mãn a + b + c = 1. Ch
ứng minh r
ằ
ng


3
ab bc ca
ab c bc a ca b


 


Dành cho thí sinh khối Bvà D: Cho x, y, z là các số
thự
c d
ương l

ớn h
ơ
n 1 và thoả
mãn đ
iề
u ki
ện

111
2
xyz

. Tìm giá trị
lớ
n nh
ất c
ủa bi
ể
u thứ
c A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu VI
(2 điểm): (
Thí sinh ch
ọ
n 1 trong 2 câu VIa ho
ặ
c VIb)


Câu VIa:

1
,
Trong m
ặt ph
ẳng v
ớ
i hệ
tọ
a độ

Oxy cho hai
đường th
ẳ
ng
 : 380xy , ' :3 4 10 0xyvà điểm

A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường
thẳng ’.
2, Cho t
ậ
p h
ợ
p X g
ồ
m 50 ph
ầ
n t
ử
khác nhau. Xét các t

ậ
p con khác r
ỗ
ng ch
ữ
a m
ộ
t s
ố
ch
ẵ
n các ph
ầ
n t
ử

rút ra t
ừ
t
ậ
p X . H
ỏ
i có bao nhiêu t
ậ
p con nh
ư
v
ậ
y.
Câu VI b:

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3 4 4 0xy.
Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15.
2, Tìm hệ số chứa
2
x
trong khai triển
4
1
2
n
x
x




. Biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

23 1
012
2 2 2 6560
2
23 1 1
n
n
nnn n
CCC C
nn

 

 

HẾT


www.laisac.page.tl

2
Họ
và tên TS: SBD:



ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM


Câu Đáp án Điêm
1,(1điểm)Vớ
i
32
13myxx
  
*TXĐ
:
R


*Sự
biến thiên :
,2

36y
xx
;
,
002yxx
 

- y : đb trên các khoảng
 
;0 à 2;v
  ; nb trên khoả
ng
 
0; 2

- cự
c trị
: 0 0
cd cd
xy 
; 2 4
ct ct
xy 

- giớ
i hạ
n :
lim
x
y





- bbt :
x


0 2


,
y
+ 0 - 0 +

y
0


 -4

*Đồ thị :
- Cắt 0y tại điểm:(0;0)
- C
ắ
t 0x tạ
i 0; 3
xx
4
2

-2
-4
y
-5 5
fx

= x
3
-3

x
2





2. (1,5điểm):Ta có
,2 2
36 3( 1)yxmxm  
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0
y  có nghiệmphânbiệt

22
210xmxm  
có 2 nhiệm phân biệt
1 0,
m  

0.25



0.25







0.25









0.25

05






Câu I
(2,5đ)

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)

0.5

3

Theo giả thiết ta có
2
322
2610
322

m
OA OB m m
m

 


 



Vậy có 2 giá trị của m là
322
m  

và
322
m  
.

0.5
1. (1điểm)

đ
/k
sin 0
cos 0
x
x








pt đã cho tương đương với



4cos 2sin 3 cos 2
cos sin 3(cos sin ) 3 (cos sin )(cos sin )
xx x
x
xxx xxxx

  



sin cos 1
sin cos 3( )
xx
x
xvn







2
3
2
2
xk
x
k










3
2,
2
xkk


  Z


Vậy pt có nghiệm :
3
2,

2
xkk


 Z



0.25





0.25




0.5





CâuII
(2đ)

2,(1điểm)
đ/k
:





03loglog
0
2
2
2
2
x
x
x
1
0
2

8
x
x

 








Bpt tương đương với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
 xxx

đặ
t
t = log
2
x,
Bpt (1)  )3(5)1)(3()3(532
2
 tttttt

























4log3
1log
43

1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t










168
2
1
0
x
x

Vậy bpt có tập nghiệm là
: )16;8(]
2
1
;0( 




0.25







0.25





0.25





0.25

4







1, (1
đ
i
ể
m - Kh
ố
i A và 1,5
đ
i
ể
m
đố
i v
ớ
i Kh
ố
i B và D)

I =
444
22
12
000
(sin2)2 2 sin2 2
x
x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I

 



TÝnh
1
I

®Æt
4
11
0
1
sin 2 sin 2
1
2
22
sin 2
2

du dx
ux
x
IxC xdx
vcosxdx
vx

















=
2
1
sin 2 os2
24
x
x

cxC

TÝnh
2
I

4
23
23
0
11
sin 2 (sin 2 ) sin 2
26
I
xd x x C





Vậy I =
3
11
sin 2 os2 sin 2
246
x
x
cx xC
 

0.25








0.25




0.25

0.25









CâuIII
(1,5đ)

2,(0.5điểm) - đồi với khối A:
Tính
I

1
32ln
12ln
e
x
dx
x
x





.
Đặt

2
1
12ln 12ln;txtxtdtdx
x
  


Đổi c
ậ
n
: 11; 2
xtxet
  

I

2
2
3
2
1
1
10 2 11
44
333

t
tdt t

  






0.25





0.25


5
B
A
D
C
S
M
N
H

CâuIV

(1,5đ)

Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :

BC AB
BC BM
BC SA






. Tứ giác BCMN là hình thang vuông
có BM là
đườ
ng cao

Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3
3
2
3
23
3
a
a
MN SM MN
AD SA a
a


  

Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a



Di
ện tích hình thang BCMN là :
S =
2
4
2
210
3
22
333
a
a
B
CMN a a
BM












H
ạ
SH

BM . Ta có SH

BM và BC
 (SAB)  BC  SH .
Vậy SH  ( BCNM)
 SH là đường cao của khối chóp SBCNM



Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
ABAM
S
BMS

=
1

2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA 


0
30SBH
 SH = SB.sin30
0
= a





025






0.25





0.25

0.25






0.25



6
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3
27
a

0.25
KH
Ố
I A:

*Biến đổi;
11
1(1)(1)
ab c c
ab c ab b a a b
 




*T
ừ

đ
ó
111
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
cba
VT
ab ca cb


  

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương

*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

3
111
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
cba
VT
ab ca cb


  
=
3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
abc
 


0.25




0.25

0.25

0.25








CâuV
(1đ)

C
âuVI
(2 đ)

KHỐI B VÀ D:


Ta có
111
2
xyz
 nên
111 11(1)(1)
11 2 (1)
yz yz
xyzyz yz
 
    


T
ương t
ự ta có
11111(1)(1)
11 2 (2)
xz xz
yxzxz xz
 
    
111 11(1)(1)
11 2 (3)
xy xy
yxyxy xy
 

    




Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
(1)(1)(1)
8
xyz
 
vậy A
max
=
13
82
xyz

Câu VIa:
1, (1điểm): Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t)

Theo yc thì k/c từ I đến
 ’ bằng k/c IA nên ta có





0.25

0.25





0.25

0.25



0.25



7

22
22
3( 3 8) 4 10
(3 8 2) ( 1)
34
tt
tt
  
 



Giải tiếp được t = -3

Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.

2, (1điểm):
Số tập con gồm k phần tử được lấy ra từ tập X là :
50
k
C


S
ố tất cả
các tập con khác rỗng ch

ứa một số
chẵn các phần t
ử rút ra từ tậ
p X là:

246 4850
50 50 50 50 50

SC C C C C



Ta có

0 1 2 2 3 3 49 49 50 50
50 50 50 50 50 50
1
n
x
CCxCxCx CxCx    
(*)
Cho
1(*)
x
 
0 1 2 3 49 50 50
50 50 50 50 50 50
2CCCC CC

1(*)

x
  
0 1 2 3 49 50
50 50 50 50 50 50
0
CCCC C C
 

Do
đó: 2(
246 485050
50 50 50 50 50
) 2CCC CC 
49
21S
 



Câu VIb:
1, (1điểm)
:
34 163
(; ) (4 ; )
44
aa
Aa B a


.

Khi
đ
ó di
ệ
n tích tam giác ABC là

1
.( ) 3
2
ABC
SABdC AB


Theo gi
ả
thi
ế
t ta có
2
2
4
63
5(42) 25
0
2
a
a
AB a
a





    








V
ậ
y hai
đi
ể
m c
ầ
n tìm là A(0;1) và B(4;


0.25


0.25

0.25

0.25


0.25




0.25


0.25




0.25



0.25




0.25


0.25

8

www.vnmath.com

9