Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 Lần II trường THPT Tân Thụy Anh doc

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
TRNG THPT TY THY ANH

THI TH TUYN SINH I HC LN II NM HC 2010-2011

Mụn:
TON

Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao )

PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im).
Cõu I (2 im) : Cho hm s y = x
3
3x + 1 cú th (C) v ng thng (d): y = mx + m + 3.
1/ Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2/ Tỡm m (d) ct (C) ti ba im phõn bit M(-1; 3), N, P sao cho tip tuyn ca (C) ti N v P vuụng gúc
nhau.
Cõu II (2 im).
1. Gii phng trỡnh :
sin 2 3sin cos 2 cos 1
x x x x
+ = + +

2. Gii bt phng trỡnh :
2 1 5 3
x x x
+ >

Cõu III (1im) . Tớnh tớch phõn I =
1
2

1
dx
1 x 1 x

+ + +


Cõu IV (1im). Cho hỡnh hp ng ABCD A

B

C

D cú AB = AD = a, AA

=
a 3
2
, gúc BAD bng 60
0
.Gi
M,N ln lt l trung im ca cnh A

D

v A

B

. Chng minh AC

vuụng gúc vi mt phng (BDMN) v tớnh
th tớch khi a din AA

BDMN theo a .
Cõu V (1 im).
Cho x, y, z l cỏc s dng tha món xyz = 1. CMR:
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z y z x z x y
+ +
+ + +

PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chng trỡnh Chun.
Cõu VIa (2điểm).
1.
Cho tam giỏc ABC cú nh A (0;1), ng trung tuyn qua B v ng phõn giỏc trong ca gúc C
ln lt cú phng trỡnh : (
1
d
): x 2y + 4 = 0 v (
2
d
): x + 2y + 2 = 0
Vit phng trỡnh ng thng BC .
2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho mp(P) : x 2y + z 2 = 0 v
hai ng thng : (d)

x 1 3 y z 2
1 1 2
+ +
= =

v (d)
x 1 y 2 z 1
2 1 1

= =
Vi

t ph

ng trỡnh tham s

c

a

ng th

ng (

) n

m trong m

t ph

ng (P) v c

t c

hai

ng th

ng (d) v (d)
. CMR (d) v (d) chộo nhau v tớnh kho

ng cỏch gi

a chỳng

Câu VIIa: (1điểm).
Cho khai triển
n
n
n
xaxaxaa
x
++++=






+

32
1
2
210
. Tìm số lớn nhất trong các số
n
aaaa , ,,,
210
biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn
11025
2
111222
=++
n
nn
n
n
n
n
n
nn
CCCCCC .
B. Theo chng trỡnh Nõng cao.
Cõu VI b
(2

i

m)
.

1.Trong mt phng ta Oxy , cho im A(2;
3
) v elip (E):
2 2
1
3 2
x y
+ =
. Gi F
1
v F
2
l cỏc tiờu
im ca (E) (F
1
cú honh õm); M l giao im cú tung dng ca ng thng AF
1
vi (E); N
l im i xng ca F
2
qua M. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ANF
2
.

2
.
Trong khụng gian vi h to
Oxyz
, cho cỏc im

(
)
(
)
0;3;0 , 4;0; 3
B M

. Vit phng trỡnh mt
phng
( )
P
cha
,
B M
v ct cỏc trc
,
Ox Oz
ln lt ti cỏc im
A
v
C
sao cho th tớch khi t din
OABC
bng
3
(
O
l gc to ).

Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ ph-ơng trình:

2 2
3
log (3 ) log ( 2 ) 3
( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y
x y
x y x xy y
x R
+ +
+
+

+ + + + =




+ =


hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
______________________ Hết ____________________


H
ọ
và tên thí sinh : ………………………………… S

ố
báo danh …………….


TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011

Môn:
TOÁN


ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 07 trang)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I
(2
đ
i
ể
m)

: Cho hàm s
ố
y = x
3
– 3x + 1 có
đồ
th

ị
(C) và
đườ
ng th
ẳ
ng (d): y = mx + m + 3.
1/ Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
.
2/ Tìm m
để
(d) c
ắ
t (C) t
ạ
i M(-1; 3), N, P sao cho ti

ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i N và P vuông
góc nhau.

1/ Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
.
(Yêu cầu đầy đủ các bước)

+ TXĐ

+ Tính y’=3(x
2
-1); y’ = 0
0,25
đ

+ Kho
ả
ng
đồ
ng bi
ế
n , ngh
ị
ch bi
ế
n
+ C
ự
c tr
ị


1.
+ Gi
ớ
i h
ạ
n 0,25
đ

* Bảng biến thiên:
x
-∞ -1 1 +∞
y' + 0 - 0 +

y
3 +∞


-∞ -1

0,25
đ

______
2.
* Đồ thị:

4
2
-2
-4
y
-6 -4 -2 2 4 6
x
-1
3
1
-1
o


0,25
đ

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
2/ Tìm m
để
(d) c
ắ
t (C) t
ạ
i M(-1; 3), N, P sao cho ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i N và P vuông
góc nhau

Xét pt hoành độ giao điểm x
3
-3x+1=mx+m+1
(x+1)(x
2
-x-m-2)=0 x =-1
g(x) = x
2
-x-m-2=0 (1)
0,25
đ

d cắt (C) tại M(-1;3) và cắt thêm tại N và P sao cho tiếp tuyến của (C) tại đó
vuông góc với nhau


, ,
0
( ). ( ) 1
( 1) 0
g
N P
y x y x
g
∆ >


= −


− ≠








0,25
đ

Kết luận

0,5
đ

Câu II
(2
đ
i
ể
m)




1.

Giả
i ph
ươ
ng
trì
nh :
sin 2 3sin cos 2 cos 1
x x x x

+ = + +



2
2
2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0
cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0
x x x x x
x x x
⇔ − + + − − =
⇔ − + + − =
0,25
đ


cos (2 sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0
(2sin 1)(cos sin 2) 0
x x x x
x x x
⇔ − + − + =
⇔ − + + =

0,25
đ


1
2
sin

6
2
5
cos sin 2( )
2 ( )
6
x k
x
x x VN
x k k Z
π

= + π


=

⇔ ⇔


π

+ = −
= + π ∈




0,5
đ

Giả
i b
ấ
t ph
ươ
ng
trì
nh :
2 1 5 3
x x x
− − + > −


2
2 1 5 3
x x x
− − + > −
(1)
Đ
k:
1
x
≥

Nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p:

2 1 5 0
x x
− + + >

(2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)
x x x x x x x
− − + − + + > − − + +





4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)
x x x x x
⇔ − − + > − − + +

3( 3) ( 3)(2 1 5)
x x x x
⇔ − > − − + +
(2)
0,25đ
Xét các trường hợp:
TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành:
3 2 1 5
x x
> − + +
(3)

(3)
2 2 2 2 4 2

VP > + =
>3
nên bất phương trình (3) vô nghiệm
0,25đ






TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý)

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
TH3:
1 3
x
≤ <
nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:

3 (2 1 5)
x x
< − + +
bình phương 2 vế ta được:

4 ( 1)( 5) 8 5
x x x
− + > −
(4)
*

8 5 0
8
3
1 3
5
x
x
x
− <

⇔ < <

≤ <

(5) thì (4) luôn đúng
*
8 5 0
8
1
1 3
5
x
x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

≤ <


(*) nên bình phương hai vế của (4)ta được
2
9 144 144 0 8 48 8 48
x x x− + < ⇔ − < < +


0,25đ
Kết hợp với điều kiện(*) ta được:
8
8 48
5
x
− < ≤
(6)
Từ (5) và (6) ta có đs:
8 48 3
x
− < <

0,25đ

Tính I =
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫

0,25đ
Đặt t = 1+x +
2
1
x
+

⇔
t – (1+x ) =
2
1
x
+

⇔

⇔

2
2
2
2 2 x 2x
2( 1)
t t
t t t x
t
−
− = − ⇔ =
−

2
2
2 2
x
2( 1)
t t
d dt
t
− +
⇒ =
−

Và
1 2 2
1 2
x t
x t

= ⇒ = +


= − ⇒ =



0,25đ

Câu III

(1 điểm)











Vậy I =

2 2 2 2
2
2 2
2 2
( 2 2) x 1 1 1 2

2 ( 1) 2 ( 1) 1
t t d
dt
t t t t t
+ +
 
− +
= = − +
 
− − −
 
∫ ∫

0,25đ

=
2 2
1 1
ln 1 2ln 1
2 1
2
t t
t
+

 
− − + = =
 
−
 

0,25đ

Câu IV

(1 điểm)




hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
N
M
D
'
C
'
B
'
A
'
S
O
D

C
B
A


Gọi O là tâm của ABCD , S là điểm đối xứng của A qua A
’
thì M và N lần lượt là trung
điểm của SD và SB.
AB=AD=a , góc BAD = 60
0
nên
D
AB
∆
đề
u
⇒
3
, 3
2
a
OA AC a
= =

SA = 2AA
’
=
3
a

; CC
’
= AA
’
=
3
2
a

⇒
∆
SAO =
∆
ACC
’

⇒

'
SO AC
⊥

0,25
đ


Mặt khác
' ' '
D ( ) D
B ACC A B AC

⊥
⇒
⊥
Vậy AC
’

⊥
(BDMN)


0,25
đ

L
ậ
p lu
ậ
n d
ẫ
n t
ớ
i
3
2
D
1 3
. 3
3 4 4
SAB
a

V a a= =
;
'
2 3
1 3 3
3 16 2 32
SA MN
a a a
V = =

0,25
đ






V
ậ
y
' '
3
D
AA D
7a
32
SAB
B MN SA MN
V V V= − =

0,25
đ

Câu V
(1 điểm)

Cho x, y, z là các s
ố
d
ươ
ng th
ỏ
a mãn xyz = 1.
CMR:
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z y z x z x y
+ + ≥
+ + +



Đặ
t
1 1 1
; ;a b c
x y z

= = =
ta có :
3 3 3
3 3 3
2 2 2 2a 2a 2a
( ) ( ) ( )
bc b c bc
x y z y z x z x y b c a c b a
+ + = + +
+ + + + + +
(1)
0,25
đ

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Do xyz = 1 nên abc = 1 Ta
đượ
c (1)
⇔

2 2 2
3 3 3
2 2 2 2a 2 2
( ) ( ) ( )
b c
x y z y z x z x y b c a c b a
+ + = + +
+ + + + + +

C
ũ
ng áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô si
ta
đượ
c
2
a
4
b c
a
b c
+
+ ≥
+

2
4
b a c
b
a c
+

+ ≥
+

2
4
c a b
c
b a
+
+ ≥
+


2 2 2
a
2
b c a b c
b c a c b a
+ +
⇒ + + ≥
+ + +
mà
3
3 3
a b c abc
+ + ≥ =

V
ậ
y

2 2 2
3 3 3
2 2 2 2a 2 2
3
( ) ( ) ( )
b c
x y z y z x z x y b c a c b a
+ + = + + ≥
+ + + + + +

Đ
i
ề
u c
ầ
n ch
ứ
ng minh
0,75
đ


Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân
giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (
1
d
): x – 2y + 4 = 0 và
(
2
d

): x + 2y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC

Câu VIa

(2 điểm)





1

G
ọ
i

( ; )
c c
C x y

Vì C thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng (d2) nên:
( 2 2; )
c c
C y y

− −

G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AC nên
1
1;
2
c
c
y
M y
+
 
− −
 
 


0,25
đ

Vì M thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng (d1) nên :
1
1 2. 4 0 1
2
c
c c
y
y y
+
− − − + =
⇒
=

( 4;1)
C
⇒ −

0,25
đ

T
ừ
A k

ẻ
2
AJ d
⊥
t
ạ
i I ( J thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng BC) nên véc t
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng c
ủ
a
đườ
ng
th
ẳ
ng (d2) là
(2; 1)
u
→
−

là véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng (AJ)
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vì I=(AJ)
∩
(d2) nên to
ạ

độ
di
ể
m I là nghi
ệ

m c
ủ
a h
ệ


4
2 1 0
4 3
5
( ; )
2 2 0 3
5 5
5
x
x y
I
x y
y

= −

− + =


⇔ ⇒ − −
 
+ + =



= −



0,25
đ

Vì tam giác ACJ cân t
ạ
i C nên I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AJ
G
ọ
i J(x;y) ta có:
8 8
0
8 11
5 5
( ; )
6 11
5 5
1
5 5
x x
J

y y
 
+ = − = −
 
 
⇔ ⇒ − −
 
 
+ = − = −
 
 

V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (BC) qua C(-4;1) ;
8 11
( ; )
5 5
J − −
là:
4x+3y+13=0
0,25
đ

______


M
ặ
t ph
ẳ
ng (P) c
ắ

t (d) t
ạ
i
đ
i
ể
m A(10 ; 14 ; 20) và c
ắ
t (d’) t
ạ
i
đ
i
ể
m B(9 ; 6 ; 5)
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
c
ầ
n tìm
đ
i qua A, B nên có ph
ươ
ng trình :
0,25
đ

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
CU NI DUNG IM

x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
=


=


=


+

ng th

ng (d)

i qua M(-1;3 ;-2) v cú VTCP
(
)
u 1;1;2


+

ng th

ng (d)

i qua M(1 ;2 ;1) v cú VTCP
(
)
u ' 2;1;1



Ta cú :


(
)
MM ' 2; 1;3
=



( )
(
)
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM ' u, u ' 2; 1;3 ; ; 8 0

= =

Do

ú (d) v (d) chộo nhau .(

pcm)

0,25


2




Khi

ú :

( ) ( )
( )
MM ' u, u '
8
d d , d '
11
u, u '


= = =

0,5


Tìm số lớn nhất trong các số
n
aaaa , ,,,
210


Ta có
221
n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n

105)CC(11025CCCC2CC
=+=++


+
V

i
n N

v
2
n





=
=
=+=+

=+
)iạlo(15n
14n
0210nn105n
2
)1n(n
105CC
21

n
2
n


Ta có khai triển

=

=

=












=

+
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2
1

Do đó
k14kk
14k
3.2Ca

=

Gi

s


k
a
l hệ số lớn nhất cần tìm ta đ-ợc hệ ,
qua cụng th

c khai
tri

n nh

th

c NEWTON ta cú h

sau :
1
1
k k
k k
a a
a a
+

(
)
3 1 28 2
2(15 ) 3
k k
k k
+







5
6
k
k

0,25





_____



0,25



Do k

N
, nên nhận 2 giá trị k = 5 hoặc k = 6


0,25


Cõu
VIIa

(1 im)


Do đó a
5
và a
6
là hai hệ số lớn nhất, thay vo ta
ck

t qu


65
; aa
v

65
aa
=

Vậy hệ số lớn nhất là
62208
1001
32Caa
595
1465
===

0,25



Cõu VIb

(2 im)



hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM


1
( )
2 2
2 2 2
: 1 3 2 1
3 2
x y
E c a b
+ = ⇒ = − = − =

Do
đ
ó F
1
(-1; 0); F
2

(1; 0); (AF
1
) có ph
ươ
ng trình
3 1 0
x y
− + =

⇒
M
2
1;
3
 
 
 

⇒
N
4
1;
3
 
 
 



0,5

đ


⇒

1
NA 1;
3
 
= −
 
 

;
(
)
2
F A 1; 3
=


⇒

2
NA.F A 0
=
 


⇒

∆ANF
2
vuông t
ạ
i A nên
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác này có
đườ
ng kính
là F
2
N

0,25
đ


Do
đ
ó
đườ
ng tròn có ph
ươ
ng trình là :
2
2

2 4
( 1)
3
3
x y
 
− + − =
 
 

0,25
đ

2
• Gọi
,
a c
lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm
,
A C
. Do OABC là
hình tứ diện theo giả thiết nên ac
≠
0
Vì
(
)
0;3;0
B Oy
∈

nên ta có phương trình mặt phẳng chắn
( )
: 1
3
x y z
P
a c
+ + =
.

0,25
đ


•
( ) ( )
4 3
4;0; 3 1 4 3
M P c a ac
a c
− ∈
⇒
− = ⇔ − =
(1)

1 1 1
. .3. 3 6
3 3 2 2
OABC OAC
ac

V OB S ac ac
∆
= = = = ⇔ =
(2)


0,25
đ


T
ừ
(1) và (2) ta có h
ệ

4
6 6 2
3
4 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a c
c
= −

= = − =
  

∨ ⇔ ∨

   
− = − = =
= −
  



0,25
đ


V
ậ
y
( ) ( )
1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P
+ − = + + =
−

0,25
đ

Câu
VIIb
(1 điểm)

Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:
2 2
3
log (3 ) log ( 2 ) 3
( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y
x y
x y x xy y
x R
+ +
+
+

+ + + + =

∈


+ =






Đặ

t
2 2
3
log (3 ) log ( 2 ) 3
x y x y
x y x xy y
+ +
+ + + + =
(1)
và
4 2.4 20
x
x y
x y
+
+
+ =

(2)




+ ĐK
0 1
0 3 1
x y
x y
< + ≠



< + ≠


Víi ®k trªn PT (1)
2
3
log (3 ) log ( ) 3
x y x y
x y x y
+ +
⇔ + + + =


3
log (3 ) 2 log ( ) 3 (3)
x y x y
x y x y
+ +
⇔ + + + =


Đặ
t
log (3 )
x y
t x y
+
= +

0,25
đ

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
PT(3) trở thành
2
1
2
3 3 2 0
2
t
t t t
t
t
=

+ = ⇔ − + = ⇔

=



Víi t=1 ta cã
log (3 ) 1 3 0
x y
x y x y x y x
+
+ = ⇔ + = + ⇔ =
thay vµo (2)

ta ®-îc : 4
y
+2.4
0
=20
4
4 18 log 18
y
y
⇔ = ⇔ =
(TM)
Víi t=2 ta cã
2
log (3 ) 2 3 ( ) (4)
x y
x y x y x y
+
+ = ⇔ + = +


0,25
đ

PT(2)
2 3
1
2( ) 2( )
2 2 20 2 2 20 (5)
x x y
x y x y

x y x y
+
+
+ +
+ +
⇔ + = ⇔ + =

+ Thay (4) vµo (5) ta ®-îc
2
( )
2( ) 2( )
2 2 20 2 2 20 (6)
x y
x y x y x y
x y
+
+ + +
+
+ = ⇔ + =

§Æt t=
( )
2 0
x y+
>
PT(6) trở thµnh t
2
+ t – 20 = 0
5( )
4( )

t L
t TM
= −


=


Víi t = 4 ta cã
2 4 2 3 4
x y
x y x y
+
= ⇔ + = ⇒ + =

Ta cã hÖ
2 1
( )
3 4 1
x y x
TM
x y y
+ = =
 
⇔
 
+ = =
 

Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0;
4
log 18);(1;1)

0,5
đ

HƯỚNG DẪN CHUNG
+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh
phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm .
+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm.
+ Chấm từng phần. Điểm toàn bài làm tròn đến 0.5 điểm

Người ra đề : Thầy giáo Phạm Viết Thông
Tổ trưởng tổ Toán – Tin Trường THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình