đề thi thử hay

Sở GD & ĐT Hà Tĩnh thi thử đại học lần I - năm học 2010 -2011
Trờng THPT Vũ Quang Môn: toán
Đề chính thức ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
I. phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
3 2
2 ( 3) 4y x mx m x= + + + +
có đồ thị
( )
m
C
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị khi
1m
=
.
2. Cho
(1;3)M
và đờng thẳng

có phơng trình
4y x= +
. Tìm các giá trị của m sao
cho

cắt
( )
m
C
tại ba điểm phân biệt
(0; 4), ,A B C

sao cho tam giác
MBC
có diện
tích bằng
8 2
.
Câu II (2 điểm). 1. Giải phơng trình:
2
sin 2 .(tan cot ) 4cosx x x x+ =
2. Giải bất phơng trình:
2
1 2x 1 2x 2 x + +
Câu III (1 điểm). Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thuộc đoạn
0; 1 3

+

:
2
m(1 x 2x 2) x(2 x) 0+ + + =

Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy
AB a
=
và góc
ã
SDC

=
. Tính

.S ABCD
V
theo
,a

.
Câu V (1 điểm). Cho ba số thực dơng
x, y, z
thỏa mãn
x y z 3+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
x y z
P
xy yz zx
+ +
=
+ +
II. PHầN RIÊNG (Thí sinh đợc chọn một trong hai phần, không bắt buộc chọn phần
nào cả)
Phần 1. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VIa (2 điểm). 1. Viết phơng trình các cạnh của tam giác ABC, biết
(1;3)A
và hai trung
tuyến có phơng trình là:
1
: 2 1 0 + =d x y
và
2
: 1 0 =d y

.
2.Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển
2
0 1 2
(1 2 ) ... ...+ = + + + + + +
n k n
k n
x a a x a x a x a x
, biết
3 2
1
3.
+
= +
n n
C C n
Câu VIIa (1 điểm). Giải hệ phơng trình:
12 2 2
2 3 3
1
log .( log ) log
log 2
log .log ( ) 3log
x
x y x
x x y x

+ =

+ =

Phần 2. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VIb (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác
ABC, biết phơng trình các đờng thẳng AB, AC lần lợt là:
x y 3 0, 2x y 2 0+ + = =
. Biết
trung điểm của cạnh BC là
1 5
M( ; )
2 2

. Hãy viết phơng trình đờng thẳng chứa cạnh BC.
2. Từ tập
{ }
S 0;1;2;3; 4;5;6
=
có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên n
thỏa mãn:
1010 n 2010

.
Câu VIIb (1 điểm). Giải phơng trình:
2 3 3
1 1 4
4 4
3
log (x 1) 3 log (5 x) log (x 5)
2

+ = +
Họ và tên thí sinh:..Số báo danh:
Thí sinh khối D không làm phần in đậm ở câu 1b. Còn thí sinh các khối còn lại làm tất cả
các câu.( Giám thị không giải thích gì thêm)
Hết.
Câu
Đáp án vắn tắt
Điểm
Câu I
2
Để đờng thẳng

cắt
m
(C )
tại ba điểm phân biệt
A(0; 4)
, B, C thì phơng trình:
3 2
x 2mx (m 3)x 4 x 4+ + + + = +
có ba nghiệm phân biệt
2
x(x 2mx m 2) 0 + + + =
có ba ngiệm phân biệt
2
x 0
x 2mx m 2 0 (1)
=

+ + + =

. Suy ra

cắt
m
(C )
tại
A(0; 4)
. Để (1) có hai nghiệm phân biệt
x 0
thì
'
0
m 2 0

>

+

m 1
m 2
m 2

<

>





. Khoảng cách từ M tới đờng thẳng

là:
1 3 4
d 2
2
+
= =
. Giả sử
1 1 2 2
B(x ; x 4),C(x ; x 4)+ +
trong đó
1 2
x , x
là nghiệm phơng trình (1). Ta có
2 2
2 1 1 2 1 2
BC 2(x x ) 2 (x x ) 4x x

= = +

uuur
. Mà
1 2

1 2
x .x m 2
x x 2m
= +


+ =

nên
2 2
BC 2 ( 2m) 4m 8 2 2(m m 2)

= =

uuur
. Diện tích tam giác MBC là
1
S BC .d 8 2
2
= =
uuur
2
1 137
2(m m 2) 8 m
2

= =
0.5
0,5
Câu

II
1
2
. Điều kiện:
cos x 0
x k (k )
sin x 0
2







Â
Khi đó, phơng trình đã cho tơng đơng với:
2
1
sin 2x. 4cos x
sin x.cos x
=

2
2cos x 1 cos 2x 0 x k (k )
4 2

= = = + Â
.Điều kiện:
1 2x 0

1 1
x
1 2x 0
2 2




+

Đặt
t 1 2x 1 2x ( 2 t 2)= + +
2 4
2
4t t
x
16

=
Khi đó, bất phơng trình đã cho trở thành:
2 4
2 2
4t t
t 2 (t 2) (t 4t 8) 0 t 2
16

+ + =
.
. khi
t 2 x 0

= =
Vậy nghiệm của bất phơng trình là:
x 0
=
.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
Câu
III
. Đặt
2
t x 2x 2= +
với
[ ]
x 0;1 3 t 1;2

+

Khi đó, phơng trình đã cho trở thành:
2
m(1 t) t 2+ =
2
t 2
m
t 1

=

+
(*)
Xét hàm số
2
t 2
f (t)
t 1

=
+
xác định và liên tục trên đoạn
[ ]
1;2
, ta có
[ ]
2
'
(t 1) 1
f (t) 0 t 1; 2
t 1
+ +
= >
+
Bảng biến thiên:
0,25
0,25
Câu
IV
Câu
V

Câu
VIa.
1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
1 2
m ;
2 3




thỏa mãn điều kiện bài toán.
.Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông cạnh a và SA =
SB = SC = SD. Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) thì
OA = OB = OC = OD nên O là tâm của hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm
của DC. Xét tam giác SDI ta có:
SI a tan
tan SI
DI 2

= =
Xét tam giác vuông SOI ta có:
2 2 2
a
SO SI OI tan 1
2
= =
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
3 2
ABCD

1 1
V S .SO a tan 1
3 6
= =
(đvtt)
.Ta có:
2
x x x 3x+ +
,
2
y y y 3y+ +
,
2
z z z 3z+ +
. Cộng vế theo vế
ta có:
2 2 2
3(x y z) (x y z ) 2( x y z ) (1)+ + + + + + +
. Thay
2 2 2 2
x y z (x y z) 2(xy yz zx)+ + = + + + +
,
x y z 3+ + =
vào bất đẳng thức (1) ta có:
xy yz zx x y z+ + + +

MinP = 1. Đẵng thức xãy ra khi
x y z 1= = =
.
. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó tọa độ của G là nghiệm của hệ:

x 2y 1 0
G(1; 1)
y 1 0
+ =



=

. Điểm A là điểm đối xứng với A qau G. Vậy tọa độ của A đợc cho bởi:
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
VIa2
Câu
VIIa
Câu
VIb
1
A' G A
'
A' G A
x 2x x
A (1; 1)
y 2y y
=

=

Đờng thẳng AB qua A và sng song với
1
d
'
A B : x 2y 3 0 =
Điểm
'
2
B (A B) (d )= I
, tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
x 2y 3 0
B(5; 1)
y 1 0
=



=

.
Tơng tự, ta có tọa độ điểm
C( 3; 1)
.
Phơng trình cạnh AC là:
x y 2 0 + =
Phơng trình cạnh AB là:
x 2y 7 0+ =

Phơng trình cạnh BC là:
x 4y 1 0 =
. Ta có:
3 2
n n 1
C 3.C n
+
= +
(1) (Điều kiện:
n 3, n Â
).
n 1 (loai)
n! (n 1)!
3. n
n 13
(n 3)!3! (n 1)!2!
=

+
= +

=


.Khi
n 13
=
ta có khai triển:
2 13
0 1 2 13

(1 2 ) ... ...+ = + + + + + +
n k
k
x a a x a x a x a x
. Xét tỉ số
k 1 k 1
13
k 1
k k
k 13
C .2
a 13 k 25
2. 1 k
a C .2 k 1 3
+ +
+

= =
+
Tơng tự:
k 1 k 1
13
k 1
k k
k 13
C .2
a 13 k 25
2. 1 k
a C .2 k 1 3
+ +

+

= =
+
Với k = 8
8 8
8 13
a C .2 252252 = =
Với k = 9
9 9
9 13
a C .2 280280 = =
Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là:
9 9
9 13
a C .2 280280= =
. Giải hệ phơng trình:
12 2 2
2 3 3
1
log .( log ) log (1)
log 2
log .log ( ) 3log (2)

+ =



+ =

x
x y x
x x y x
Điều kiện:
0 x 1
0 y
<


<

Giải (1) ta có:
2
2
2 2
2 2
2
log x 0 (loai)
log x
.log xy log x xy 12 (*)
log xy log 12
log 12
=

= =

=

Giải (2) ta có:
2

2 3 3 3
2
log
log .log ( ) 3 log ( ) 3log 2 8 (**)
log 3
+ = + = + =
x
x x y x y x y
Từ (*) và (**) ta có hệ:
x 2
y 6
x y 8
xy 12
x 6
y 2

=



=
+ =






=
=

=



Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: (2; 6) và (6; 2).
. Gọi d là đờng thẳng qua M song song với AC. Phơng trình đờng thẳng d là:
1 5 7
2(x ) (y ) 0 2x y 0
2 2 2
+ = + =
. Gọi I là trung điểm của AB,
I AB (d)= I
.
0,5
0,5
0,25
0,5
0.25
0.5
0,5
0,5
2
Câu
VII b
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
x y 3 0

7
2x y 0
2
+ + =



+ =


13 5
I( ; )
6 6

. Ta có
A (AC) (AB)= I
. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x y 3 0
1 8
A( ; )
2x y 2 0
3 3
+ + =



=

B( 4;1)
Đờng thẳng BC nhận

7 3
BM ( ; )
2 2
=
uuuur
làm véc tơ chỉ phơng. Phơng trình đờng thẳng
BC là:
3x 7y 19 0 + =
. Đặt
n abcd=
Trờng hợp 1: Nếu
a 2=
suy ra b = 0. Ta xét các số có dạng
{ }
20cd c 0; 1
Nếu
c 0 d
=
có 7 cách chọn
Nếu
c 1 d 0
= =
Vậy với a = 2 có 8 số n thỏa mãn.
Trờng hợp 2: a = 1 nếu b = 0 thì
{ }
c 1; 2;3; 4;5;6
có 6 cách chọn, có 7 cách chọn
d. Nh vậy có 7x6 = 42 số có dạng:
10cd
. Nếu

{ }
b 1;2;3; 4;5;6
có 6 cách chọn thì tơng ứng có 7 cách chọn c, có 7 cách
chọn d. Số các số đó là:
6.7.7 294
=
Vậy số các số n là:
8 42 294 344
+ + =
số.
. Điều kiện:
x 5 0
5 x 0 x ( 5; 1) ( 1; 5)
x 1
+







U
Khi đó, phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình:
2 2
4 4 4 4 4
3
log (x 1) 3 3log (5 x) 3log (x 5) log 4 x 1 log (25 x )
2
+ = + + =

2
4 x 1 25 x (1) + =
.TH1:
1 x 5 (1) < <
trở thành:
2
x 7 (loai)
x 4x 21 0
x 3
=

+ =

=

.TH2:
5 x 1 (1) < <
trở thành:
2
x 2 33 (loai)
x 4x 29 0
x 2 33

= +
=

=


Vậy phơng trình có hai nghiệm là:

x 3, x 2 33= =
.
0,5
0.5
0.5
0,5
0,5
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách khác để giải các bài toán trên.
Tính giới hạn sau:
3
2
4
tan 1
lim
1 2cos


=

x
x
I
x