ĐỀ &ĐÁP ÁN THI TUYỂN VÀO LỚP 12- THANH TƯỜNG -THANH CHƯƠNG-NĂM 2009

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH,CĐ
THANH TƯỜNG - THANH CHƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 12 -THPT
NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I: (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x
2
- 2(m + 3)x + 2m
2
- 2m = 0 , m là tham số.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
sao cho
1 2 1 2
2( ) 52x x x x+ + =
.
2) Giải hệ phương trình:
20 20
21 4 1
x y
x y
x xy x

+ = +




− − = +

Câu II: (3,5 điểm)
1) Giải phương trình: 1 - sinx - cosx + sin2x + cos2x = 0
2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
2
1
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
với x ≠ 0, biết n là số tự nhiên thỏa mãn

2 2
3 9
n n
A C n− = +
.
3) Cho hàm số
3 1
1
x
y
x
−
=

+
có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với
đường thẳng d: y = 4x + 10.
Câu III: (3,5 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 2), B(-5; - 1), C(7; 0).
a) Viết phương trình cạnh AB và tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh C.
b) Tính góc
·
BAC
của tam giác ABC.
2) Cho hình chóp S.ABC , có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a,
·
0
60BAC =
, SA vuông góc
với mp(ABC) và SA =
3a
, (a > 0).
a) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC.
Câu IV: (0,5 điểm)
Cho hai số thực x,y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN của biểu thức
2 2
1 1P x y y x= − + −
………….. Hết …………..
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………. Số báo danh: ………..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 12 - LUYỆN THI ĐH,CĐ- THANH TƯỜNG
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1,5 đ)

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
là ∆’ > 0
0,25
⇔ - m
2
+ 8m + 9 > 0 ⇔ - 1< m < 9 (1)
0,25+0,25
Áp dụng Định lí Vi-ét ta có:
1 2 1 2
2( ) 52x x x x+ + =
⇔
[ ]
2
2 2( 3) (2 2 ) 52m m m+ + − =
0,25
⇔
2
2 2 40 0m m+ − =
⇔ m = 4 (thỏa mãn (1)) v m = - 5 (Loại do (1))
Kết luận: m = 4
0,25+0,25
I-2
(1 đ)
Điều kiện: x, y≠ 0. (*) 0,25
Từ PT (1) ta có
1 1
( ) 20( ) 0 ( )( 20) 0x y x y xy

x y
− + − = ⇔ − − =
⇔ x = y v xy = 20
0,25
Với x = y . Từ PT(2) ta có
2
2 2
1 0
21 4 1
21 4 ( 1)
x
x
x
x x
x x
+ ≥

− − = + ⇔

− − = +

2
1
1
2
2 5
2 6 20 0

x
x

x
x
x v x
x
≥ −
≥ −


⇔ ⇔ ⇔ =
 
= = −
+ − =


. Vậy hệ phương trình có nghiệm
2
2
x
y
=


=

0,25
Với xy = 20. Từ PT(2) ta có
2
1 0
1 4 1
1 4 ( 1)

x
x x
x x
+ ≥

− = + ⇔

− = +

2
1 1
6 0 0 6
x x
x xx x v
≥ − ≥ −
 
⇔ ⇔
 
+ = −= =
 
⇔ x = 0 (Loại vì điều kiện (*))
Kết luận: Hệ phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (2; 2)
0,25
II-1
(1,25đ)
Phương trình đã cho tương đương với 1 - (sinx + cosx) + 2sinx.cosx + 2cos
2
x - 1 = 0
0,25
⇔ 2cosx(sinx + cosx) - (sinx + cosx) = 0

0,25
⇔ (sinx + cosx)( 2cosx - 1) = 0
⇔ sinx = - cos x (1) v 2cosx = 1 (2)
0,25
PT(1):
tan 1 ,
4
x x k k Z
π
π
= − ⇔ = − + ∈
0,25
PT(2):
1
cos 2 ,
2 3
x x k k Z
π
π
= ⇔ = ± + ∈
Kết luận:
4
x k
π
π
= − +
,
2 ,
3
x k k Z

π
π
= ± + ∈
0,25
II-2
(1 đ)
PT:
2 2
3 9
n n
A C n− = +
(1) , Điều kiện: n ≥ 2, n ∈ N.
! !
(1) 3 9
( 2)! 2!( 2)!
n n
PT n
n n
⇔ − = +
− −
0,25
⇔
2
( 1)
( 1) 3 9 7 18 0
2
n n
n n n n n
−
− − = + ⇔ − − =

⇔ n = 9 v n = - 2 (Loại)
0,25
Với n = 9 ta có nhị thức Niutơn
2
9
1
2x
x
 
−
 ÷
 
. Giả sử số hạng không chứa x trong khai
triển là
9 9
9 9
2
9 3
1
(2 ) . ( 1) (2) .x
k
k k k k k
k
C C x
x
− −
−
 
− = −
 ÷

 
với 0 ≤ k ≤ 9, k ∈ N
0,25
Số hạng này không chứa x khi 9 - 3k = 0 ⇔ k = 3.
Kết luận: Số hạng không chứa x là:
3 6
9
(2) 5376C− = −

0,25
II-3
(1,25đ)
Với
3 1
1
x
y
x
−
=
+
. Ta có
2
4
'
( 1)
y
x
=
+

.
0,25
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y = 4x + 10 nên hệ số góc của tiếp tuyến k =
4.
0,25
Ta có phương trình hoành tiếp điểm:
2
4
( 1)x +
= 4 ⇔ x = 0 v x = - 2.
0,25
Với x = 0. Ta có tọa độ tiếp điểm M(0; - 1). Phương trình tiếp tuyến là y = k(x -x
0
) + y
0
hay y = 4x - 1.
0,25
Với x = - 2. Ta có tọa độ tiếp điểm N(- 2; 7). Phương trình tiếp tuyến là y = k(x -x
0
) + y
0
hay y = 4(x + 2) + 7 ⇔ y = 4x + 15.
Kết luận : y = 4x - 1 và y = 4x + 15
0,25
III-1
(1,75đ)
Đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương
( 6; 3)
AB
u AB= = − −

uuur uuur
. Phương trình chính tắc
của đường thẳng AB là:
1 2
6 3
x y− −
=
− −
⇔ x - 2y + 3 = 0.
0,25+0,25
Khoảng cách từ đỉnh C đến đường thẳng AB là:
0 0
2 2 2 2
| |
| 7 3 |
( , ) 2 5
1 ( 2)
ax by c
d C AB
a b
+ +
+
= = =
+ + −
0,25
Ta có
( 6; 3), (6; 2)AB AC= − − = −
uuur uuur
0,25
·

( )
( )
.
,
.
os os
AB AC
c BAC c AB AC
AB AC
= =
uuur uuur
uuur uuur
0,25
2 2 2 2
6.6 ( 3).( 2) 2
2
( 6) ( 2) 6 2
− + − −
= = −
− + − +
. Do đó
·
0
135BAC =
0,25+0,25
III-2a
(1 đ)
* Trong tam giác vuông ABC
·
0

cos 2 .cos 60
AB
BAC AB a a
AC
= ⇔ = =
* BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC⊥(SAB)
* Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng góc
giữa hai đường thẳng SB và AB
Xét tam giác SAB vuông tại A.
· ·
0
3
tan 3 60
SA a
SBA SBA
AB a
= = = ⇒ =
Kết luận :
( )
·
0
( ), ( ) 60SBC ABC SBA= =
0,25
0,25
0,25
0,25
S
A
B
C

60
0
2a
3a
III-2b
(0,75đ)
* Dựng hình chữ nhật ABCD.
Ta có AB// CD
Do đó AB//(SCD)
* Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau AB và SC là
d(AB,SC) = d(AB, (SCD)) = d(A,(SCD)
* Gọi H là hình chiếu của A lên SD
CD⊥AD, CD⊥SA ⇒ CD ⊥ AH (1)
AH ⊥ SD (2)
Từ (1) và (2) ta có AH ⊥ (SCD)
* Do đó d(A, (SCD)) = AH
* Ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
DAH SA A SA BC
= + = +
Suy ra AH =
6
2
a
0,25
0,25
0,25
IV

(0,5 đ)
Áp dụng BĐT côsi cho a, b ≥ 0 ta có
2
a b
ab
+
≤
, đẳng thức xảy ra khi a = b.
Do đó
2 2 2 2
2 2 2 2
(1 ) (1 )
(1 ) (1 ) 1
2 2
x y y x
P x y y y
+ − + −
= − + − ≤ + =
0,25
Vậy maxP = 1 đạt được khi
2 2
, 0
1 0
1
0 1
1
x y
x x
x y v
y y

x y

≥
= =
 

+ = ⇔
  
= =
 

= −

0,25
Chú ý:
I – Cách chấm một bài thi tự luận:
1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân các chỗ sai trong bài thi.
2) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tối đa câu đó !
3) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó.
4) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ) liên quan đến bước trên thì cắt
điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan.
5) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) không liên quan đến bước phía trên nếu
đúng vẫn cho 0, 25 đ.
6) Học sinh cho điểm của từng câu. Sau đó cộng điểm của các câu để có điểm của bài thi.
II – Phương pháp học tập:
1) Học sinh cần trình bày đầy đủ các câu dẫn, các dấu tương đương “
⇔
”, ..v.., không được viết tắt (trừ các
ký hiệu toán học cho phép ), không được làm bài quá ngắn gọn hơn với đáp án.
2) Cần tích cực, chủ động đọc các tài liệu tham khảo, tự làm các đề thi thử, các đề tham khảo , các đề đã thi

để nâng cao trình độ kiến thức và kỹ thuật, kỹ năng trình bày một bài thi tự luận.
3) Học sinh cần tích cực tự học ở nhà, tránh tình trạng ỉ lại các giáo viên dạy ở trên lớp.
S
A
B
C
D
H
3a
3a
3a
a
2a
60
0