ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 Môn: TOÁN potx

www.VNMATH.com
TRNG THPT TY THY ANH
www.VNMATH.com
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 CA THI SINH (7,0 iờm).
Cõu I (2 iờm) : 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 iờm).
1. Giai phng trinh :
sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + +
2. Giai bt phng trinh :
2 1 5 3x x x + >
Cõu III (1iờm) . Tinh tich phõn I =
1
2
1
dx
1 x 1 x

+ + +

Cõu IV (1iờm). Cho hinh hp ng ABCD A

B

C

D co 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 iờm).
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 iờm) Thi sinh chi c lam mụt trong hai phõn (phõn A hoc B)
A. Theo chng trinh Chuõn.
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

= =
Vit phng trỡnh tham s ca ng thng (

) nm trong mt phng (P) v ct c hai ng thng (d) v
(d) . CMR (d) v (d) chộo nhau v tớnh khong cỏch gia 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
110252
111222
=++
n
nn

n
n
n
n
n
nn
CCCCCC
.
B. Theo chng trinh Nõng cao.
Cõu VI b(2im).
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; 3B 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 phơng 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
+ +
+
+

+ + + + =




+ =


______________________ Ht ____________________
www.VNMATH.com
Họ và tên thí sinh : ………………………………… Số 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 điểm)
: Cho hàm số y = x
3
– 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông
góc nhau.
1.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
(Yêu cầu đầy đủ các bước)
+ TXĐ
+ Tính y’=3(x
2
-1); y’ = 0
0,25đ
+ Khoảng đồng biến , nghịch biến
+ Cực trị
+ Giới hạn 0,25đ
* Bảng biến thiên:
x
-∞ -1 1 +∞
y' + 0 - 0 +
y
3 +∞
-∞ -1
0,25đ
* Đồ thị:
4
2
-2

-4
y
-6
-4
-2
2
4
6
x
-1
3
1
-1
o
0,25đ
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông
góc nhau
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
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)
0,25đ
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
∆ >


= −


− ≠

0,25đ
Kết luận
0,5đ
Câu II
(2 điểm)
1.
Giải phương trình :
sin 2 3sin cos 2 cos 1x 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
⇔ − + + − − =
⇔ − + + − =
0,25đ
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0
(2sin 1)(cos sin 2) 0
x x x x
x x x
⇔ − + − + =
⇔ − + + =
0,25đ
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 ∈



0,5đ
2
Giải bất phương trình :
2 1 5 3x x x− − + > −
2 1 5 3x x x− − + > −
(1)
Đk:
1x ≥
Nhân lượng liên hợp:
2 1 5 0x 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 5x x> − + +

(3)

(3)
2 2 2 2 4 2VP > + =
>3
nên bất phương trình (3) vô nghiệm
0,25đ
TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý)
TH3:
1 3x
≤ <
nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 0,25đ
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu III
(1 điểm)

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

4 ( 1)( 5) 8 5x 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 48x x x− + < ⇔ − < < +
Kết hợp với điều kiện(*) ta được:
8
8 48
5

x− < ≤
(6)
Từ (5) và (6) ta có đs:
8 48 3x− < <
0,25đ
Tính I =
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫
0,25đ
Đặt t = 1+x +
2
1x +

⇔
t – (1+x ) =
2
1x +

⇔

⇔

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
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)


www.VNMATH.com
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
DAB∆
đều
⇒
3
, 3
2
a
OA AC a= =
SA = 2AA
’
=
3a
; CC
’
= AA
’
=
3
2
a

⇒
∆
SAO =
∆
ACC
’

⇒

'
SO AC⊥
0,25đ
Mặt khác
' ' '
D ( ) DB ACC A B AC⊥ ⇒ ⊥
Vậy AC
’

⊥
(BDMN)
0,25đ
Lập luận dẫn tới
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 = =
0,25đ
Vậy
' '
3
D
AA D
7a
32
SAB
B MN SA MN
V V V= − =
0,25đ
Câu V
(1 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. CMR:
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )x y z y z x z x y
+ + ≥

+ + +
Đặt
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)
0,25đ
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Do xyz = 1 nên abc = 1 Ta được (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
+ + = + +
+ + + + + +
Cũng áp dụng bất đẳng thức Cô si

ta được
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 3a b c abc+ + ≥ =
Vậy
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
+ + = + + ≥
+ + + + + +
Điều cần chứng minh
0,75đ
Câu VIa
(2 điểm)
1
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
Gọi
( ; )
c c
C x y
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên:
( 2 2; )
c c
C y y− −
Gọi M là trung điểm của AC nên
1
1;
2
c
c
y
M y
+
 
− −
 ÷
 
0,25đ
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :
1
1 2. 4 0 1
2
c

c c
y
y y
+
− − − + = ⇒ =
( 4;1)C⇒ −
0,25đ
Từ A kẻ
2AJ d⊥
tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường
thẳng (d2) là
(2; 1)u
→
−
là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ)
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vì I=(AJ)
∩
(d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ

4
2 1 0
4 3
5
( ; )
2 2 0 3
5 5
5
x
x y

I
x y
y

= −

− + =


⇔ ⇒ − −
 
+ + =


= −


0,25đ
Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ
Gọi J(x;y) ta có:
8 8
0
8 11
5 5
( ; )
6 11
5 5
1
5 5
x x

J
y y
 
+ = − = −
 
 
⇔ ⇒ − −
 
 
+ = − = −
 
 
Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ;
8 11
( ; )
5 5
J − −
là:
4x+3y+13=0
0,25đ
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
0,25đ
www.VNMATH.com
CU NI DUNG IM
______

2

x 9 t

y 6 8t
z 5 15t
=


=


=

+ ng thng (d) i qua M(-1;3 ;-2) v cú VTCP
( )
u 1;1;2
v
+ ng thng (d) i qua M(1 ;2 ;1) v cú VTCP
( )
u ' 2;1;1
uur
Ta cú :

( )
MM ' 2; 1;3=
uuuuur

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

= =

uuuuur r uur
Do ú (d) v (d) chộo nhau .(pcm)
0,25
Khi ú :

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


= = =


uuuuur r uur
r uur
0,5
Cõu
VIIa
(1 im)
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 =+=++

+ Vi
n N

v
2n




=
=

=+=+

=+
)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 thc khai trin nh thc
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
Do đó a
5
và a
6
là hai hệ số lớn nhất, thay v o ta ckt qu
65

;aa
v
65
aa =
Vậy hệ số lớn nhất là
62208
1001
32Caa
595
1465
===

0,25
Cõu VIb
(2 im)
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
( )
2 2
2 2 2
: 1 3 2 1
3 2
x y
E c a b+ = ⇒ = − = − =
Do đó F
1
(-1; 0); F
2
(1; 0); (AF

1
) có phương trình
3 1 0x y− + =
⇒ M
2
1;
3
 
 ÷
 
⇒ N
4
1;
3
 
 ÷
 

0,5đ
⇒
1
NA 1;
3
 
= −
 ÷
 
uuur
;
( )

2
F A 1; 3=
uuur
⇒
2
NA.F A 0=
uuur uuur
⇒ ∆ANF
2
vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính
là F
2
N
0,25đ
Do đó đường tròn có phương trình là :
2
2
2 4
( 1)
3
3
x y
 
− + − =
 ÷
 
0,25đ
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;0B Oy∈
nên ta có phương trình mặt phẳng chắn
( )
: 1
3
x y z
P
a c
+ + =
.

0,25đ
•
( ) ( )
4 3
4;0; 3 1 4 3M 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)
0,25đ
Từ (1) và (2) ta có hệ
4
6 6 2
3
4 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a c
c
= −

= = − =
  

∨ ⇔ ∨
   
− = − = =
= −
  



0,25đ
Vậy
( ) ( )
1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P+ − = + + =
−
0,25đ
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
+ +
+
+


+ + + + =

∈


+ =



Đặt
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 ) 2log ( ) 3 (3)
x y x y
x y x y
+ +
⇔ + + + =
Đặt
log (3 )
x y
t x y
+
= +
PT(3) trở th nh à
2
1

2
3 3 2 0
2
t
t t t
t
t
=

+ = ⇔ − + = ⇔

=


0,25đ
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
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
+
+ = ⇔ + = +
0,25đ
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)
0,5đ
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