2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (340.67 KB, 16 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Mơn Tốn - Năm học 2009-2010
Thời gian làm bài : 180’
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số yf x

 

x42



m 2



x2m2 5m5
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1

2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.

Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:

2 2
2 2

12
12

x y x y

y x y

    




 




2/ Giải bất phương trình :

√

log22x −log2x2−3>

√

5(log4x2−3)
 Câu III (1.0 điểm) Tìm x∈(0; π) thoả mãn phương trình: cot x - 1 = cos 2x

1+tanx+sin
2

x −1

2sin 2x .

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân :
2

2
0

I cos xcos 2xdx







Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a

√

3 ,

  0

SAB SAC30 .

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA(MBC). TínhVSMBC

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 và 
phân giác trong CD:x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.a: (1,0điểm) Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng
(P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)

1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo
nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D..

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =

 


2 2

2
1

x x

x (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Đáp án và biểu điểm thi thử Đại học lần II

Môn Toán

Năm học 2009-2010

Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00

Câu I 2

1 Cho hàm số f(x)=x4+2(m −2)x2+m2−5m+5 ( C )

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiên của hàm số:

* Giới hạn tại vô cực: x →− ∞lim f(x)=+∞ : x →+∞lim f(x)=+∞

0.25
* Bảng biến thiên: f '(x)=y '=4x3−4x=4x

(

x2−1

)

y '=0⇔x=0; x=−1; x=1

x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1;0) và (1;+∞) , nghịch biến
Trên mỗi khoảng (− ∞;−1) và (0;1)

Hàm số đạt cực tiểu tại x=±1; yCT=0 , đạt cực đại tại x=0; yCD=1

0.5

3* Đồ thị:

* Điểm uốn: y''=12x2−4 , các điểm uốn là: U1

(

−

√

3
3 ;

)

,U2

(

√

3
3 ;

4
9

)

* Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0)

* Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
* Đồ thị:

8
6
4
2

-2
-4

-5 5

0.25

2 Tìm các giá trị của m để (vng cân. C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác 1

* Ta có

 





' 4 4 2 0

2
x

f x x m x

x m




     

 

 0.25

0.5
* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài tốn thoả mãn khi vng tại A:

⃗AB .⃗AC=0⇔(m−2)3=−1⇔m=1 vỡ đk (1)
Trong đó ⃗AB=

(

√

2− m;− m2

+4m−4

)

,⃗AC=

(

−

√

2− m;− m2+4m−4

)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.

Câu II 2

Giải hệ phương trình:

2 2
2 2

12
12

x y x y

y x y

    


 


1

* Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   




 


 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2
1
2
u
y v
v
 
   

 . Hệ phương trình đã cho có dạng:

2
12
12
2
u v
u u
v
v
 


 

 
 

 


0.25

4
8
u
v


 


 hoặc

3
9
u
v




 
+
2 2
4 4
8 8

u x y

v x y



   

 
  

  (I) +

2 2

3 3

9 9

u x y

v x y



   

 
  

  (II)

0.25

Giải hệ (I), (II). 0.25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu

là S 





5;3 , 5; 4

 





0.25

2 Giải bất phương trình :

√

log22

x −log2x
2

−3>

√

5(log4x
2

−3) 1

ĐK:

¿
x>0

log22x −log2x2−3≥0
¿{

Bất phương trình đã cho tương đương với

√

log2
2

x −log2x
2

−3>

√

5(log2x −3)(1)

đặt t = log2x,

BPT (1)

√

t2−2t −3>

√

5(t −3)⇔

√

(t −3)(t+1)>

√

5(t −3)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

⇔

¿t>3
t −3¿2

¿
¿
¿

⇔

¿
t ≤−1

¿
3<t<4

⇔

¿
t ≤−1

¿
¿
¿{

(t+1)(t −3)>5¿

0.5

⇔

0<x ≤1
2
¿
8<x<16

¿
¿
¿
¿

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16) 0.25

Câu III Tìm x∈(0; π) thoả mãn phương trình:
Cot x - 1 = cos 21+tanxx+sin2x −1

2sin 2x .

1

ĐK:

¿
sin 2x ≠0
sinx+cosx ≠0

⇔

¿sin 2x ≠0
tanx ≠ −1

¿{
¿
Khi đó pt ⇔cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx
cosx+sinx +sin

2x −sinxcosx

⇔cosx −sinx

sinx =cos
2

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

0.25

⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)

⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0 0.25
⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = 1 ⇔x=π

4+kπ(k∈Z) (tm)
x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π

4
KL:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu IV

Tính tích phân :
2

2
0

I cos xcos 2xdx







1

2 2 2

0 0 0

1 1

I cos cos 2 (1 cos 2 )cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )

2 4

x xdx x xdx x x dx

  









 



 

0.5

/2
0

1 1

( sin 2 sin 4 ) |

4 x x 4 x 8

 

    0.5

Câu V

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a

√

3 ,

  0

SABSAC30 .

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA(MBC). TínhVSMBC

1

Theo định lí cơsin ta có:



2 2 2 2 2 0 2

SB SA AB  2SA.AB.cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy ra SB=a . Tương tự ta cũng có SC = a.

0.25

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên

MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). 0.25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm
của BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA.

MN2

=AN2−AM2=AB2−BN2−AM2=a2−

(

a
4

)

−

(

a

√

3
2

)

2
=3a

2
16

⇒MN=a

√

3
4 .

0.25

Do đó

3
.

1 1 1 3 3

. . . .

3 2 6 2 4 2 32

S MBC

a a a a

V  SM MN BC 

(đvtt) 0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00
Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn

Câu VIa 2

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2x y  1 0 và phân giác trong CD:x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng
BC.

1
S

C
M

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Điểm C CD x y :  1 0  C t



;1 t



Suy ra trung điểm M của AC là

1 3
;

2 2

t t

M   

 .





1 3

: 2 1 0 2 1 0 7 7;8

2 2

t t

MBM x y           t  C 

 

0.25
0.25

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 tại I (điểm K BC ).
Suy ra AK:



x1

 

 y 2



 0 x y  1 0.

Tọa độ điểm I thỏa hệ:





1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  



  
 .

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K



1;0



.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

4 3 4 0

7 1 8

x y
x y

    
 
0.25
0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10. 1

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=

 

5 5 5 5

2 2

5 5 5 5

0 0 0 0

. i

k k i k i k i

k i k i

C x C x C C x 

   





 

Theo gt ta có

3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i

k k N

k

i i N

i
k
 






 
 




   
 

 
   
 




 

  a10= C C50. 55C C52. 54C C54. 53 101

0.25

0.5
Câu

VII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x- y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm

Ta có AB ( 2,4, 16)  



cùng phương với   
⃗

a ( 1,2, 8)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

mp(P) có VTPT  
⃗

n (2, 1,1)

Ta có
⃗ ⃗

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là 
⃗

n (2,5,1) 0.5

Mp(Q) chứa AB và vuông gúc với (P) đi qua A nhận 
⃗

n (2,5,1)

là VTPT có pt

là: 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0 0.25
Phần lời giải bài theo chương trình nâng cao

Câu

VI.b 2











4 5 8 8 2

; , ;

| 6 4 | 4

3 3 3 3 3

;

5 5

0 1;0 , 0; 2

t C D

t

d C AB CH

t C D

    
 
     
        
    


Vậy tọa độ của C và D là

5 8 8 2

; , ;

3 3 3 3

C  D 

    hoặc C



1;0 ,



D



0; 2



0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10. 1

Ta cú P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=

 

5 5 5 5

2 2

5 5 5 5

0 0 0 0

. i

k k i k i k i

k i k i

C x C x C C x 

   





 

Theo gt ta có

3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i

k k N

k

i i N

i
k
 





 
 




   
 

 
   
 




 

  a10= C C50. 55C C52. 54C C54. 53 101

0.25

CõuVII.b

Cho hàm số y =

 

2 2
2
1
x x

x (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3. Tìm tất cả các

giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệtA,B đối xứng nhau qua d2.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phương trình :

 

 


2 2 2

x x x m

x

 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1



    




  

 2

2 3 2 1

2 7 0

m m

m m  m2-2m-7>0 (*)

0.5

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )
* d1 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng nhau qua d2  P là trung điểm của AB
Thì P thuộc d2 Mà P(

 

 

1 2; 1 2

2 2

x x x x m

)  P(

3 3;  3

4 4

m m

)
Vậy ta có

 

   

3 3 3 3 9

4 4

m m m

( thoả mãn (*))
Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

0.5

Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 
TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Mơn: Tốn – Ngày thi: 06.4.2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y=2x −3
x −2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B.

Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường trịn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình 1+sinx

2sinx −cos
x
2sin

2x=2cos2

(

π4−
x
2

)

2. Giải bất phương trình log2(4x

2−4x+1)−2x>2−

(x+2)log1
2

(

1
2− x

)

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân I=



1
e

(

lnx

√

x1+lnx+3x
2

lnx

)

dx
Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = a

2 . SA=a

√

3 ,

  0

 

SAB SAC . Tính thể tích khối
chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=3 1

√

a+3b+
1
3

√

b+3c+
1
3

√

c+3a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x − y+5=0 . d2: 3x +6y
– 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường
thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2)
và mặt phẳng (P) có phương trình: x+y+z −2=0 . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi
( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao
của (P) và (S).

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2C n  3.2.2Cn .... ( 1)  kk k(  1)2k Ckn .... 2 (2 n n1)2 n C nn 40200

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) 
Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2
16 −

y2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P):x+2y − z+5=0 và đường thẳng
(d):x+3

2 =y+1=z −3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của (
d) và (P) đồng thời vng góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình

23x+1+2y−2=3 .2y+3x

√

3x2+1+xy=

√

x+1

¿{

---
Hết---Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D khơng phải làm câu V

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:--- Số báo danh:

---Đáp án

Câu Nội dung Điểm

I. 1

Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số y=2x −3

x −2 1,00

1) Hàm số có TXĐ: ¿R¿{2
¿

0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
* x →2

+¿y=+∞

lim
x →2−y

=− ∞;lim

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

* xlim yxlim  y 2 đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
b) Bảng biến thiên:

Ta có: y '= 1

(x −2)2<0,∀x ≠2
Bảng biến thiên:

x -  2 + 

y’ -

-y
2

-

+ 

2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞;2) và (2;+∞)

0,25

3) Đồ thị:

x0;2x0−3

0,25

Toạ độ giao điểm A, B của (Δ) và hai tiệm cận là: A

(

2;2x0−2

x0−2

)

;B

(

2x0−2;2

)

Ta thấy xA+xB
2 =

2+2x0−2

2 =x0=xM ,

yA+yB
2 =

2x0−3
x0−2

=yM suy ra M là
trung điểm của AB.

0,25

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích

0,25
O

x
2

3/2
3/2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

S =

x0−2¿2

(

2x0−3
x0−2 −2

)

x0−2¿2
¿≥2π
x0−2¿

2
+1

¿
¿
¿=π¿
πIM2

=π¿

Dấu “=” xảy ra khi

x0−2¿2
¿

⇔

¿
x0=1

¿
x0=3

¿
¿
¿
x0−2¿2

=1
¿
¿
¿

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

II. 1

Giải phương trình 1+sinx

2sinx −cos
x
2sin

x=2cos2

(

π
4 −

x

)

1 điểm

2sinx −1

)

=0⇔sinx

(

sin
x
2−cos

x
2. 2 sin

x
2cos

x

2−1

)

=0 0,25

⇔sinx

(

sin x

2−1

)(

2 sin
2x

2+2 sin
x

2+1

)

=0 0,25

sin x 0

x k

sin 1 x x k , k

2 k2 x k4

2 2

x x

2 sin 2 sin 1

2 2



 

 





         



       




  



Z 0,25

II. 2

Giải bất phương trình log2(4x

2−4x+1)−2x

>2−(x+2)log1
2

(

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

ĐK:
1
2− x>0
4x2−4x+1>0

⇔

¿x<1
2
2x −1¿2>0

⇔

¿
¿
¿x<1

2
¿
x ≠1

2
¿

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
2 log2(1−2x)−2x>2+(x+2)

[

log2(1−2x)−1

]

⇔x

[

log2(1−2x)+1

]

0,25

⇔

¿x>0
log2(1−2x)+1<0

¿
¿
¿
x<0

log2(1−2x)+1>0
¿

¿
¿

⇔

¿
¿
¿
x>0

log22(1−2x)<0
¿

¿
¿
¿
¿
x<0

log22(1−2x)>0
¿

¿
¿
¿

⇔

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 14<x<1

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1+lnx⇒t

2=1+lnx ;2 tdt
=1

xdx
Đổi cận: x=1⇒t=1; x=e⇒t=

√

0,25

I1=

)

3 0,25

+) Tính I2=



1
e

x2lnxdx . Đặt

¿
u=lnx
dv=x2dx

⇒

¿du=dx
x
v=x

3
3
¿{

0,25

3 3 3 3 3 3

e 2 e

2 1 1

x 1 e 1 x e e 1 2e 1

I . ln x x dx .

3 3 3 3 3 3 9 9 9



 



      0,25

I=I1+3I2=¿ 5−2

√

2+2e
3

3 0,25

IV Tính thể tích hình chóp S.ABC 1 điểm

Theo định lí cơsin ta có:



2 2 2 2 2 0 2

SB SA AB  2SA.AB. cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy ra SB=a . Tương tự ta cũng có SC = a.

0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác

cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC).

Ta có VS. ABC=VS.MBC+VA.MBC=1

3MA .SMBC+
1

3SA .SMBC=
1

3SA.SMBC

0,25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA.

0,25
S

C
M

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

MN2

=AN2−AM2=AB2−BN2−AM2=a2−

(

a
4

)

−

(

a

√

3
2

)

2
=3a

c+3a≥



















3
3
3

a 3b 1 1 1

a 3b 1.1 a 3b 2

3 3

b 3c 1 1 1

b 3c 1.1 b 3c 2

3 3

c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2

3 3

  

    

  

    

  

    

0,25

Suy ra





3a 3b 3b 3c 3 c 3a 1 4 a b c 6

           1 4.3 6 3

3 4

 

    

 

Do đó P≥3

0,25

Dấu = xảy ra

a b c a b c 1

4 4

a 3b b 3c c 3a 1



  


     

      



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng ... 1 điểm
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương ⃗a1(2;−1) ; d2 có vectơ chỉ phương ⃗a2(3;6)

Ta có: ⃗a1.⃗a2=2 .3−1 . 6=0 nên d1⊥d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi 
d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

d:A(x −2)+B(y+1)=0⇔Ax+By−2A+B=0

0,25

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một
góc 450

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

−1¿2
¿

¿=cos 450⇔3A2−8 AB−3B2=0⇔
¿

A=3B
¿
B=−3A

¿
¿
22

+¿

√

A2+B2√¿
¿

⇔|2A − B|¿

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d:3x+y −5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x −3y −5=0

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài
của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho.

Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình
−1¿2

¿
¿=|3x+6y −7|

√

32+62

⇔3|2x − y+5|=|3x+6y −7|⇔
¿

3x −9y+22=0 (Δ1)
¿

9x+3y+8=0 (Δ2)
¿

¿
22+¿

√¿
¿
|2x − y+5|

0,25

+) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x −9y+c=0 .

Do P d nên 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x −3y −5=0 0,25

+) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x+3y+c=0 .

Do P d nên 18−3+c=0⇔c=−15⇒d:3x+y −5=0 0,25

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường trịn... 1 điểm

Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0,25

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

0,25

IH=

√

75
36=

√

6 , (C) có bán kính r=

√

R
2

−IH2=

√

29
4 −

75
36=

√

31
6 =

√

186

6 0,25

VII a. Tìm số nguyên dương n biết... 1 điểm

* Xét −1

¿kC2kn+1xk+. .. .−C22nn++11x2n+1
1− x¿2n+1=C20n+1− C12n+1x+C22n+1x2−. . ..+¿

(1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

−1¿kkC2n+1
k

xk −1+. . ..−(2n+1)C2n+1
2n+1

x2n
1− x¿2n=−C12n+1+2C22n+1x −. ..+¿

−(2n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

−1¿kk(k −1)C2kn+1xk −2+. .. .−2n(2n+1)C22n+n+11x2n −1
1− x¿2n −1=2C22n+1−3C2n+1

x+.. .+¿
2n(2n+1)¿

0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2 n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ... ( 1) k(k 1)2  C  ... 2n(2n 1)2  C 

           0,25

Phương trình đã cho ⇔2n(2n+1)=40200⇔2n2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp 1 điểm
(H) có các tiêu điểm F1(−5;0); F2(5;0) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một

đỉnh là M( 4; 3), 0,25

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: x

2
a2+

y2

b2=1 ( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm F1(−5;0); F2(5;0)⇒a2−b2=52(1)

0,25

M(4;3)∈(E)⇔9a2+16b2=a2b2(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

¿
a2=52+b2
9a2+16b2

=a2b2

⇔

¿a2=40
b2=15

¿{
¿

0,25

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: x2
40+

y2

15=1 0,25

VIb. 2 Tìm điểm M thuộc Δ để AM ngắn nhất 1 điểm

Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:
¿
x=2t −3

x+1(2)
¿{

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Phương trình (2)

⇔

x+1≥0
3x2

+1+xy=x+1

⇔

¿x ≥−1
x(3x+y −1)=0

¿{

⇔

x ≥ −1

x=0

¿
3x+y −1=0

¿
¿⇔

¿
¿
¿
x ≥ −1

¿
¿
y=1−3x

¿
¿

* Với x = 0 thay vào (1) 2+2y −2=3 . 2y⇔8+2y=12. 2y⇔2y= 8

11 ⇔y=log2
8

11 0,25

* Với

x ≥ −1
y=1−3x

¿{
¿

thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23x+1

+2−3x −1=3 . 2

Đặt t=23x+1 Vì x ≥ −1 nên t ≥1

4
(3)⇔t+1

t=6⇔t
2

−6t+1=0⇔

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

¿
x=0
y=log2 8

11
¿{

và

x=1

[

log2(3+

√

8)−1

]

y=2−log2(3+

√

¿{

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20></div>

2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN

 





<sub>√</sub>

√

<sub></sub>

√

<b>Đáp án và biểu điểm thi thử Đại học lần II</b>

(

)

(

√

)

(

√

)

 





(

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

√

)

(−

√

)

<sub>(</sub>

<sub>√</sub>

)

(

√

)





 





<sub>√</sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

√

(

)

(

√

)

√











 











 





 





 







