Đề-đáp án thi thử ĐH-Vĩnh Phúc- Đề 1

/>SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MÔN:TOÁN - KHỐI B
ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 180, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm: 01 trang
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH (7 điểm)
Câu I .(2điểm) cho hàm số y =
2
32
−
+
x
x
(C).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng y = x +m cắt (C) tại hai điểm phân biệt
mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II. (2điểm)
1. Giải phương trình : sin
3
x + cos
3
x + sin
3
x cot x +cos
3
x tan x =
x2sin2
2. Giải phương trình :( x
2
– 6x +11)
1

2
+− xx
= 2(x
2
– 4x + 7)
2−x
Câu III. (1điểm) Tính giới hạn :
0
lim
→x
x
xxx
2
sin
2cossin21 −+
Câu IV. (1điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB= AC=a,
góc BAC = 60
0
;SA vuông góc với đáy và SA= a
2
. Xác định tâm và bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp SABC
Câu V. (1điểm) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 2
-a
+2
-b
+2
-c
= 1.Chứng minh rằng
+

+
+ cba
a
22
4
+
+
+ acb
b
22
4
bac
c
+
+ 22
4
≥
4
222
cba
++
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa .(2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
1. Cho đường tròn (C) x
2
+ y
2
- 2x - 6y +6 = 0 và điểm M(-3;1).Gọi T
1

và T
2
là các tiếp
điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C).Viết phương trình đương thẳng T
1
T
2
2. Cho A(1;2);B(0;0);C(-3;1).Xác định tâm phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
Câu VIIa. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
14
4
3
2
1








+
x
x
với x > 0;
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2điểm)
1. Cho đường tròn x
2

+
y
2
– 2x – 6y + 6 = 0 (C)và điểm M(2;4). Viết Phương trình đường
thẳng đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB.
2.Cho P(3;0) và hai đường thẳng (d
1
): 2x – y – 2 = 0, (d
2
): x + y + 3 = 0. Gọi (d) là đường
thẳng qua P và cắt (d
1
), (d
2
) lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng (d) biết PA
= PB.
Câu VIIb: (1điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 2
3 5
x y 3
log x y log x y 1

− =


+ − − =


/> />SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1

MÔN TOÁN – KHỐI B
(Hướng dẫn chấm có 08 trang)
Câu
ĐÁP ÁN VẮN TẮT
Điểm
Câu I
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y =
2
32
−
+
x
x
(1 điểm)
a. T đk D=R | { 2};
b. Sự biến thiên ;
* Chiều biến thiên :y’ =
2
)2(
7
−
−
x
<0 mọi x
2≠
Hàm số là nghịch biến trong khoảng x
∈
(-
2;∞
) và (2;

∞
);
* Cực trị : Hàm số không có cực trị.
0.25
*Các giới hạn:
±∞→x
lim
y =
2
32
lim
−
+
±∞→
x
x
x
= 2, suy ra y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
±
→ 2
lim
x
y =
2
32
lim
2
−
+
±

→
x
x
x
=
∞±
,suy ra x = 2 là tiệm cận đứng của đồ
thị
0.25
* Bảng biến thiên: x -∞ 2 +∞
y’ - -
y 2 +∞
-∞ 2
0.25
C. Đồ thị : Giao của đồ thị với trục tung tại điểm ( 0;
2
3−
);
Giao của đồ thị với trục hoành tại điểm (
2
3−
; 0);
Tâm đối xứng I (2;2); y
0 x
0.25
2
2
/>2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng y = x + m cắt
( C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó
song song với nhau.(1 điểm)

Đường thẳng y = x+m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến
của (C) tại hai điểm đó song song với nhau
⇔
pt
=
−
+
2
32
x
x
x +m (1)có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
thỏa mãn
điều kiện y’(
1
x
)= y’(
2
x
) với y là hàm số đã cho
0.25
(1)
⇔
x
2
+ (m - 4 ) x - 2m -3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1

,x
2
(
2≠
) và thỏa mãn x
1
+x
2
= 4;
0.25
∆
> 0
x∀
⇔
2.2
2
+ ( m-6) 2 – 2m-3
0≠
⇔
m = -4
4
4
2
m−
=
Kết luận: m = -4 thỏa mãn điều kiện đầu bài
0.5
Câu
II
1.

Giải pt
sin
3
x + cos
3
x + sin
3
x cot x +cos
3
x tan x =
x2sin2
(1)
cos x
0≠
Đk sin x
0≠
⇔
sin 2x > 0
Sin 2x
≥
0
0.25
(1)
⇔
(sin x +cos x)(sin
2
x –sin xcos x +cos
2
x )+ sinx
cosx(sinx+cosx)=

x2sin2
⇔
sin x +cos x =
x2sin2
0.25
sin x +cos x
≥
0 sin (x+
4

)
≥
0
⇔
⇔
1 + sin 2x = 2sin 2x x =


2
4
k+
or x=


2
4
5
k+
0.25
/>⇔

x =


2
4
k+
là nghiệm
Phương trình đã cho có nghiệm x =


2
4
k+
0.25
2. Giải phương trình :
( x
2
– 6x +11)
1
2
+− xx
= 2(x
2
– 4x + 7)
2−x
Đk x
2≥
Đặt
2−x
=a

0≥
và
1
2
+−xx
= b >
0
;
Ta có x
2
– 6x +11 = x
2
–x +1 - 5 ( x-2 ) = b
2
-5a
2
;
x
2
-4 x +7 = x
2
- x + 1- 3(x-2) =b
2
– 3a
2
;
0.25
phương trình đã cho tương đương với
(b
2

-5a
2
) b = 2 (b
2
– 3a
2
) a
⇔
6 a
3
- 5a
2
b -2ab
2
+ b
3
= 0
⇔
6 (
b
a
)
3
– 5(
b
a
)
2
- 2 (
b

a
)
2
+1 =0 (2)
0.25
Đặt
b
a
= t (t
0≥
);
⇔
6 t
3
- 5t
2
- 2t
2
+ 1 = 0
⇔
t = 1
t = -
2
1
(loại)
t =
3
1
0.25
Với t = 1 pt vô nghiệm

Với t =
3
1
ta có b=3a
⇔
x
2
– 10x + 19 = 0
⇔
x = 5
±
6
Kết luận: x = 5
±
6
là nghiệm.
0.25
Câu
III
Tính giới hạn :
0
lim
→x
x
xxx
2
sin
2cossin21 −+
0
lim

→x
0
lim
→x
x
xxx
2
sin
2cossin21 −+
=
0
lim
→x
x
xx
2
sin
sin2
+
0
lim
→x
x
x
2
2
sin
sin2
0.5
/>Câu

IV
=
0
lim
→x
x
x
sin
2
+ 2
= 2 + 2
= 4
S
J
I
a
A C
O
a E
B
Gọi E là trung điểm của BC
Ta có AE
⊥
BC và
∠
BAE
= 30
0
⇒
BC = 2BE = 2a sin30

0
=a
0.5
0.25
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC
⇒
O
∈
AE
⇒
OA =
3
3a
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
Khi đó IA = IB = IC
⇒
I
∈
đường thẳng
⊥
với mặt phẳng ABC tại
O
0.5
Mặt
≠
IA = IS
⇒
I

∈
mặt phẳng trung trực của cạnh SC
Khi đó gọi J là trung điểm của SA
⇒
IJ
⊥
SA
⇒
tứ giác AOIJ là
hình chữ nhật
⇒
IA =
22
JAOA +
= a
6
5
0.25
Câu
V
Ch Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 2
-a
+2
-b
+2
-c
= 1. Chứng minh rằng
+
+
+ cba

a
22
4
+
+
+ acb
b
22
4
bac
c
+
+ 22
4
≥
4
222
cba
++
Đặt 2
a
= x > 0
2
b
= y > 0
2
c
= z > 0
/>Khi đó
zyx

111
++
= 1
Ta CM
4
2
2
2
zyx
xyz
z
zxy
y
yzx
x
++
≥
+
+
+
+
+
Thật vậy
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
x y z x y z
x y x z y z y x z x z y
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

0.25
Ta có theo bất đẳng thức cô si
3 3
3
( ) ( ) 3
3
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
x x y x z x x y x z x
x y x z x y x z
+ + + +
+ + ≥ =
+ + + +
(1)
Tương tự
4
3
88))((
3
yyxzy
xyzy
y
≥
+
+
+
+
++
(2)
3
3

( )( ) 8 8 4
z z x z y z
z x z y
+ +
+ + ≥
+ +
(3)
0.5
Từ (1);(2)và(3) suy ra
4
)(
3
2))(())(())((
3
3
3
zyxzyx
yzxz
z
xyzy
y
zyyx
x
++
≥
++
+
++
+
++

+
++
⇒
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
x y z x y z
x y x z y z y x z x z y
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
(đcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔
x = y = z = 3 hay a = b = c =
3
1
0.25
Câu
VI.a
1.
Đường tròn (C) có tâm I (1;3) và bán kính R=2
MI =2
5
>R khi đó M nằm ngoài (C)
0.25
Nếu T(x
0
,y
0
) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)

T
∈
(C)
⇔
MT
⊥
IT
0.25
/>T
∈
(C)
⇔
→→
ITMT .
= 0
Mà
→
MT
= (x
0
+3; y
0
-1) ,
→
IT
= (x
0
-1; y
0
-3)

Do đó: x
0
2
+ y
0
2
– 2x
0
– 6y
0
+ 6 = 0
(x
0
+ 3)(x
0
-1) + ( y
0
-1)(y
0
-3) = 0
0.25
⇔
2x
0
+ y
0
– 3 = 0 (1)
Vậy tọa độ các tiếp điểm T
1
, T

2
của các tiếp điểm kẻ từ M đến ( C )
đều thỏa mãn đẳng thức (1).
Do đó phương trình T
1,
T
2
là: 2x + y – 3 = 0
0.25
2.
→
AB
= (-1; -2) ,
→
BC
= (-3; 1)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và BC
⇒
I(
2
1
; 1)
J(-
2
1
;
2
3
)
0.25

Phương trình đường trung trực của đoạn thẳng BC là:
-3(x +
2
1
(1)
2
3
−+ y
) = 0
-3x -
2
1
2
9
−+ y
= 0
⇒
3x – y + 5 = 0
0.25
Phương trình đường trung trực của đoạn thẳng AB là:
-1(
0)1(2)
2
1
=−−− yx
x + 2y -
0
2
5
=

(2)
0.25
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tọa độ O là nghiệm của
hệ:
3x – y +5 = 0 x = -
14
15
⇔
x + 2y -
2
5
= 0 y =
14
25
0.25
Câu
VII.a
14
4
3
2
1









+
x
x
=
0
14
C
(
3
x
)
14
+…+
k
C
14
(
3
x
)
14-k
(
4
2
1
x
)
k
+…+
14

14
C
(
4
2
1
x
)
14
Để hệ số không phụ thuộc vào x
0.5
/>⇔
(
3
x
)
14-k
(
4
1
x
)
k
= 1
⇔
3
14 k
x
−
.

4
k
x
−
= 1
⇔
43
14 kk
−
−
= 0
⇔
56 – 4k – 3k = 0
⇔
k = 8
0.25
Hệ số không phụ thuộc vào x là:
8
1 4
8
1 3 0 0 3
.
2 2 5 6
C =
0.25
Câu
VI.b
1.
Từ phương trình:
x

2
+ y
2
– 2x – 6y +6 = 0
⇔
(x – 1)
2
+ (y – 3)
2
= 4
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) bán kính R = 2
0.25
Do (d): qua M
MA = MB
⇒
AB
⊥
MI
0.25
→
n
d
(1; 1) phương trình đường thẳng (d): x – 2 +y – 4 = 0
(d): x + y – 6 = 0
0.5
2.
Giả sử A(x
A
; y
A

) và B(x
B
; y
B
)
A
∈
(d
1
)
⇔
2x
A
– y
A
– 2 = 0 (1)
B
∈
(d
2
)
⇔
x
B
– y
B
+ 3 = 0 (2)
0.25
Mà PA = PB
⇒

P là trung điểm AB
⇔
x
A
+ x
B
= 2x
P
y
A
+ y
B
= 2y
P
0.25
⇔
x
A
+ x
B
= 6 (3)
y
A
+ y
B
= 4 (4)
0.25
Từ (1), (2), (3) và (4)
⇒
A(

)
3
16
;
3
11
và B(
)
3
16
;
3
7
−
Phương trình (d): 8x – y – 24 = 0
0.25
Câu
VII.b
Điều kiện: x>y>0
x
2
– y
2
= 3 (1)
log
3
(x+y) = log
5
5(x-y) (2)
0.25

/>Từ (1)
⇔
x – y =
yx +
3
Thay vào (2):
log
3
(x+y) = log
5
yx +
15
5log
15
log
)(log
3
3
3
yx
yx
+
=+
0.25
log
3
5 =
yx
yx
+

+
3
3
log
15
log
=
yx
yx
+
+
15
log
= log
x+y
15 - 1
⇔
log
3
15 = log
x+y
15
⇔
yx+
=
1515
log
1
3log
1

0.25
⇔
log
15
(x+y) = log
15
3
⇔
x + y = 3
⇔
x = 2
x – y = 1 y = 1
0.25
Lưu ý: Trên đây chỉ là một cách giải, nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà đúng
thì cho điểm tương ứng với điểm của đáp án.