đề thi thử đại học hay-có giải số 4

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012
MÔN : TOÁN - KHỐI A
Thời gian làm bài: 180
’


Họ tên thí sinh:…………………………………… SBD:……
I. Phần chung: (7,5 điểm)
Câu 1 :(2 điểm) Cho hàm số y = -x
3
+ 3x
2
– 2 (C)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Tìm tất cảc những điểm trên đường thẳng y = 2 mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Câu 2: (2 điểm)
a. Giải phương trình: Sin
3
x + Cos
3
x =
  
Sinx xx  cos 2sin 1
2
3

b. Giải bất phương trình:
013 .109
21
2 2

 
   x xxx

Câu 3:(1điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
 
x mx
x
x
112
12
1 3
2
  



Câu 4: (1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn : abc cb a 4
222
  .
Chứng minh: a + b + c abc
4
9

Câu 5: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, có AB = AD
= 2a, CD = a, góc giữa hai mặt (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt
phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
II. Phần riêng: (2,5 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A) hoặc (B)
A. Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a: (1 điểm) Tìm hệ số chứa x
10
trong khai triển nhị thức Niutơn của (x+2)
n
, biết rằng:
. 2048 1) ( 3 . 3 . . 3
2 21 10
 
 n
n
n
n
n
n
n
n
n
CCCC

Câu 7a: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ): 3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm
A(-3; -1); G(4 ; -2) Hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là
một đỉnh và đường thẳng ( ) là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: (1 điểm) Cho đa giác đều A
1
A
2
…… ,A
2n
(n N ) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam

giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm: A
1
,A
2
,……,A
2n
nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4
trong 2n điểm: A
1
, A
2
, … ,A
2n
. Tìm n ?
Câu 7b: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 và
đường thẳng ( ): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để
đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất
***
AOTRANGTB.COM
Download tài liệu học tập tại :
1- 3
0
-2
2
2
1+ 3

x
1

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012
MÔN : TOÁN - KHỐI A
Thời gian làm bài: 180
’

Câu
Ý Nội dung điểm
I. Phần chung: (7,5 điểm)
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y:= -x
3
+ 3x
2
– 2 (C)
+ TXĐ:
D = R
+ y
’
= - 3x
2
+ 6x = -3x(x-2)
y
’
= 0 <=> x = 0 hoặc x = 2
+

 xx

lim;lim

Đồ thị hàm số không có tiệm cận
1


0.25
+ Bảng biến thiên
x

0 2 
y
’
- 0 + 0 -

y
 2




-2

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên 2 khoảng (


; 0) và (2;  )
Đồ thị (C) có 2 điểm cực trị : CT(0;-2); CĐ(2; 2)

0.5
a

+ y
’’
= -6x + 6 ; y
’’
= 0 <=> x = 1
Đồ thị có điểm uốn: I(1;0)
+ Vẽ đồ thị (C)
Một số điểm thuộc đồ thị (0; -2)
(1;0); (
31 ;0)











- Nhận xét: Đồ thị (C) nhận điểm I(1;0)

làm tâm đối xứng









0.25
Lấy điểm M(a;2) thuộc đường thẳng y = 2
Đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có phương trình dạng: y = k(x-a) +2 (
 )
(
 ) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm





)2(63
)1(2)(23
2
23
kxx
axkxx

Thay (2) vào (1) ta được phương trình - x
3

+ 3x
2
– 4 = - 3x(x-2)(x-a)

 (x-2)[2x
2
– (3a-1)x + 2] = 0 (*)




0.5
1
b
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì hệ trên phải có 3 nghiệm phân biệt <=> Pt (*) phải có
3 nghiệm phân biệt
 phương trình 2x
2
– (3a-1)x + 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2
























2
);
3
5
()1;(
0612
01569
02)13(28
01613
2
2
a
a
a
aa
a
a

KL: M(a;2) thoả mãn

2\);
3
5
()1;( a


0.5
Giải phương trình Sin
3
x + Cos
3
x =
 
Sinxxx  cos2sin1
2
3

PT
 (sinx+cosx)(1-sinxcosx)= )sin(cos)cos(sin
2
3
2
xxxx 
0cos2x)
2
3
-sin2x
2

1
-cosx)(1(sinx 







0.5
a









Zkkx
Zkk
,
12
x1)
6
-cos(2x12sin
2
1
cos2x

2
3
,
4
-x1tanx0cosxsinx





KL: phương trình có 2 họ nghiệm


k
4
-x;


k
12
x với
)( Zk 




0.5
Giải bất phương trình
013.109
21

22

 xxxx

TXĐ : R
BPT

013.
9
10
9.
9
1
22

 xxxx

Đặt
xx 
2
3 = t (t>0) BPT trở thành t
2
- 10t + 9 0





0.5
2

b

20
33391
2

xx
t






1;01;2
1;2
;01;
20
2






 x
x
x
xx

0.5

ĐK
2
1
x
PT
xmx
x
x
)1(12
12
13
2




(*))1(
12
23



 m
x
x

0.25
3

Xét hàm số (C): f(x)=
12
13
2


x
x
trên D =
);
2
1
( 

Có:
2
1
0
)12)(12(
13
)(
'



 x

xx
x
xf


+




x
x
lim;lim
2
1

+ Bảng biến thiên
x
2
1


f
’
(x) +

f(x)







Từ BBT => đường thẳng : y= m + 1 luôn cắt đồ thị ( C) tại một điểm duy nhất với
m










0.5









0.25
S

A
I
B
K
C
D


I
G
M
C
A
B
B

=>
m thì phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm duy nhất .
4
Theo BĐT


333
2
222
222
2
cba
cba
cbacba 












Từ giả thiết =>

3
4
2
cba
abc



Áp dụng BĐT côsi :
3
3 abccba 


3
.
4
27

4.
4
27
27)(
2
3
cba
abcabcabcabccba


abccba
4
9






1.0
giả thiết:
)(
)()(
)()(
ABCDSI
ABCDSIC
ABCDSIB








kẻ )(
BCKBCIK 
=>

 SKISIKBC )( = 60
0
(gt)




Ta có:
)(
IABIDCABCDIBC
SSSS 



2
3
)
2
1
(3
2
222

a
aaa 


=>
5
3
5
3
.2
2
2
a
a
a
BC
S
IK
IBC







0.5

0.5




5
- Xét tam giác vuông SIK: SI = IK.tan

SKI =
5
.153
a

=>
5
.153
3.
5
.153
.
3
1

3
1
3
2
.
a
a
a
SSIV
ABCDABCDS



0.5
II. PHẦN RIÊNG
A. Chương trình chuẩn (2,5 điểm)
Ta có
nnn
n
n
n
n
n
n
CCC 2)13(.)1( 3.3
110



Theo gt=> 2
n
= 2048 = 2
11
=> n = 11
0.5
6a
- Trong khai triển Niutơn (x+2)
11
thì hệ số của số hạng chứa x
10
là 112.
1
11
C
0.5
7a
giả sử
ABC có A(-1;-3), trọng tâm G,
đường trung trực của cạnh AC
là (
 ): 3x + 2y – 4 = 0 .
- đường thẳng AC đi qua A
và vuông góc với (
 ) nên
có phương trình 2(x+1) – 3(y+3)=0

 2x – 3y – 7 = 0

0.5
A
B

1- Trung điểm M của cạnh AC có toạ độ thoả mãn hệ ) 2; (
4 0 23
0 73 2




 
 
M
y x
yx

Do

MB
= 3

MG => B(8; -4)
- Đường trung trực cạnh AB có phương trình: 9x – y – 35 = 0
0.5

Tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC  có toạ độ là nghiệm của hệ
)
7
23
;
21
74
(
0 423
0 359





 
 
I
y x
yx

- Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC

là:
441
9061
7
23
21

74
22














 yx
0.5
B. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (2,5điểm)
- Số tam giác có các điểm là 3 trong 2n điểm: A
1
A
2
…… A
2n
là
3
2n
C
- Nhận xét: Đa giác đều A

1
A
2
…… A
2n
có n đường chéo đi qua tâm (O). Cứ mỗi cặp gồm 2
trong n đường chéo này lại có 4 điểm đầu nút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy
số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm nói trên là
2
n
C
Theo gt =>
3
2n
C = 20.
2
n
C
 
8
2
) 1(
.20
6
) 2)(2 12( 2
)! 2!( 2
!
. 20
)! 32 (! 3
! 2

 








 n
n nnn n
n
n
n
n

0.25
0.5
0.25
6b
Đường tròn (C) : (x+2)
2
+ (y+2)
2
= 2 có tâm I(-2; -2), bán kính R = 2
0.25
giả sử ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thì ta có
1
2
1

. .
2
1
2
 

R SinAIBIA IB S
IAB

 max
IAB
S

=1 khi
và chỉ khi IA  IB => AB = 2
0.5
7b
Khi đó: d(I,(

))= IH = 1

 







  


  
15
8
0
14 11
1
3 22 2
2
2
2
m
m
mm
m
mm

0.5
0.25
H
I
R
Download tài liệu học tập tại :