Bài soạn đề thi thử đh lần 1 năm 2011

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn: Toán - Khối: 11
Thời gian: 150 phút
Câu I.( 2 điểm )
Cho hàm số
( )
2
2 3 1=- - +y x x
và hai điểm
( ) ( )
2;2 , 2;2-A B
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (1).
2. Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là
hình bình hành.
Câu II.( 2 điểm )
1. Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
2 1 2 1
2
2 3 2 4
ì
ï
-
ï
ï
+ + + =

ï
í
ï
ï
ï + + + + =
ï
î
x y
x y
x y x y x y
2. Giải phương trình:
2
sin cos sin 2 1 2sinx x x x+ - = -
Câu III. ( 2 điểm )
1. Từ các số
1,2,3,4,5,6,7,8,9
lập được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số đôi một
khác nhau mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2. Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình:
3 2
2 9
n
n n
A nC
−
≤+
, trong đó
k
n
A

là
chỉnh hợp chập k của n phần tử,
k
n
C
là tổ hợp chập k của n phần tử.
Câu IV. ( 3 điểm )
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn
(C) có phương trình :
( ) ( )
2 2
2 3 10x x- + - =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
( )
3; 2M - -
và
0
A
x >
.
2. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, lấy điểm M thuộc AB và điểm P thuộc CD sao cho
3
= =
a
AM DP
. Mặt phẳng
( )
a
qua MP song song với AC.

a. Xác định thiết diện của mặt phẳng
( )
a
với tứ diện.
b. Tính diện tích của thiết diện đó theo a.
Câu V . ( 1 điểm )
Cho các số dương
, ,x y z
thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
2 2 2
3 3 3
2 2 2
13
3
x y y z z x xyz
S
z x y
xy yz zx
= + + +
+ +
==========Hết==========
1
ĐÁP ÁN TOÁN 11
Câu Đáp án
Thang
điểm
I.1
+TXĐ 0,25
+Tính đồng biến, nghịch biến 0,25

+BBT 0,25
+Đồ thị 0,25
I.2
Vì ABCD là hình bình hành nên CD//AB hay d//AB mà AB//Ox nên pt d có dạng:
=y m
0,25
PT hoành độ giao điểm của d và (P):
2
2 3 0+ - + =x x m
(2)
Từ đồ thị suy ra, d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
4<m
.
0,25
Gọi
( ) ( )
1 2
; , ;C x m D x m
với
1 2
;x x
là nghiệm PT (2) theo hệ thức Viét:
1 2 1 2
2, 3+ =- = -x x x x m
.
Với tính chất trên thì ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
4= =CD AB
0,25
( ) ( ) ( )
2 2

2 1 2 1 1 2
4 4 16 4 4 3 16 0- = + - = - - = =Û Û Û Ûx x x x x x m m
, t/m 0,25
II.1
Hệ tương đương với:
( )
( )
( )
2
2 2
2 1 2 1 1
2
2 3 3 2 4 2
ì
ï
-
ï
ï
+ + + =
ï
í
ï
ï
ï
+ + + + =
ï
î
x y
x y
x y xy x y

ĐK:
1 1
,
2 2
- -³ ³x y
(*),
( ) ( )
2 2
2 3 1 2 2 4 0+ + + + - =Û x x y y y
( )
( )
( )
2 2
2 2
9 1 4 2 2 4 10 25 5= + - + - = + + = +D
x
y y y y y y
0,25
1 (t/m (*))
2 4 ( ko t/m (*))
é
= -
ê
Þ
ê
=- -
ë
x y
x y
Với

1= -y x
thay vào (1) ta được:
( )
2
(2 1)
2 1 3 2 3
2
x
x x
−
+ + − =

Điều kiện
1 3
2 2
x
−
≤ ≤
0,25
( )
4
4
(2 1)
3 4 2 2 1 3 2 16 (2 1) 8 2 1 3 2 0
4
x
x x x x x
−
⇔ + + − = ⇔ − − + + − =
0,25

2
( ) ( ) ( )
2
2 1 3 2 4 2 1 8 2 1 3 2 0
1
1 3
2

3
2 2
2
x x x x x
x
do x
x
 
⇔ + − + − + + − =
 

= −

 
⇔ − ≤ ≤

 ÷
 

=



Vậy nghiệm
( )
;x y
của hệ là:
1 3 3 1
; , ;
2 2 2 2
æ öæ ö
÷ ÷
ç ç
- -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è øè ø
0,25
sin 2 cos 2 sin cosPT x x x x
⇔ + = +
0,25
cos 2 cos
4 4
x x
π π
   
⇔ − = −
 ÷  ÷
   
0,25
2 2

4 4
2 2
4 4
x x k
x x k
π π
π
π π
π

− = − +

⇔


− = − + +


0,25
2
2
x=
6 3
x k
k
π
π π
=



⇔

+

. Vậy PT có nghiệm
2
2 , x= ,
6 3
k
x k k
π π
π
= + ∈¢

0,25
III.1
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn và
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số lẻ.
Do đó, có
2
5

C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
0,5
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440 số 0,5
III.2
ĐK:
3,n n³ Î ¢
BPT ⇔
3
( 1)( 2) ( 1) 9
n
n n n n n n
≥


− − + − ≤

0,25

⇔
2
3
2 8 0
n
n n
≥


− − ≤

0,25
⇔ 3 ≤ n ≤ 4
0,25
Từ điều kiện ta tìm được n = 3 hoặc n = 4. 0,25
IV.1
Gọi vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB là
( )
2 2
; , 0n a b a b= + ¹
r
PT đường thẳng AB đi qua
( 3; 2)M − −
có dạng
3 2 0ax by a b+ + + =
.
0,25
3
Đường tròn
( )C

có tâm
(2;3)I
và bán kính
10R =
nên
( )
2 2 2
2 2
| 2 3 3 2 |
, 10 10( ) 25( )
a b a b
d I AB R a b a b
a b
+ + +
= ⇔ = ⇔ + = +
+
3
( 3 )(3 ) 0
3
a b
a b a b
b a
= −

⇔ + + = ⇔

= −

Do đó PT
: 3 3 0AB x y− − =

hoặc
:3 7 0AB x y− + =
.
0,25
TH1.
: 3 3 0AB x y− − =
, gọi
(3 3; ) 1A t t t+ ⇒ > −
và do
2 2
2. 20IA R= =

nên
2 2 2
1
(1 3 ) ( 3) 20 10 10 20
1
t
t t t
t
=

+ + − = ⇔ + = ⇔

= −

Suy ra
(6;1), ( 2;5)A C −
và
(0; 1), (4;7)B D−

.
0,25
TH2.
:3 7 0AB x y− + =
, gọi
( ;3 7) 0A t t t+ ⇒ >
và do
2 2
2. 20IA R= =

nên
2 2 2
0
( 2) (3 4) 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
=

− + + = ⇔ + + = ⇔

= −

(Không thỏa mãn)
0,25
IV.2.
a
Do
( )

a
qua M và
( )
a
//AC nên
( )
a
cắt (ABC) theo giao tuyến là đường thẳng qua M song song với
AC cắt BC tại N.
0,25
Tương tự,
( )
a
cắt (ACD) theo giao tuyến là đường thẳng qua P song song với AC cắt AD tại Q. 0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , ,= = = =Ç Ç Ç ÇABC MN BCD NP ACD PQ ABD MQ
a a a a
0,25
Nên thiết diện là hình thang MNPQ. 0,25
IV.2.
b
Từ CM trên ta có MNPQ là hình thang
Áp dụng định lý Cosin cho tam giác AMQ
0,25
4
2 2 2
2 2 2 0
4 1 2 3 3
2 . .cos60 2 .
9 9 2 3 3 9 3

= + + = + - = =Þ
a a a a a a
MQ AM AQ AM AQ MQ
(đvđd)
Tương tự,
3
3
=
a
NP
vì thế, MNPQ là hình thang cân đáy MN và PQ
Ta có:
2
;
3 3
= =
a a
PQ MN
(đvđd)
0,25
Chiều cao của hình thang
2
2 2
2 2 2
11
2 3 36 6
æ ö
-
÷
ç

= - = - = - =
÷
ç
÷
ç
è ø
MN PQ a a a
QH MQ MH MQ
(đvđd)
0,25
( )
2
1 1 11 11
. .
2 2 6 12
= + = =Þ
MNPQ
a a
S MN PQ QH a
( đvdt) 0,25
V
Đặt
, , ; , , 0, 1.
y z x
a b c a b c abc
z x y
= = = > =
Ta có
( )
2 2 2

13
.
3 a
a b c
S
b c a b c
= + + +
+ +
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số, ta có
2 2 2
1 1 1 2 2 2a b c
b a c b a c b c a
     
+ + + + + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
2 2 2
1 1 1a b c
bc ca ab
b c a a b c
⇒ + + ≥ + + = + +
Mặt khác
( ) ( )
2
3 . . . 3 ( )ab bc ca ab bc bc ca ca ab abc a b c+ + ≥ + + = + +
0,25
( )
2
1 3( )abc ab bc ca a b c= ⇒ + + ≥ + +

( )
2
13
.
ab
S ab bc ca
bc ca
⇒ ≥ + + +
+ +
Đặt
( )
2
3
, 3 3t ab bc ca t abc= + + ≥ =
0,25
Ta có
3
2 2 2
13 1 1 1 1 13 1 40
13 13.3. . . .3
27 27 27 27 27 27 3 9 9
t t t t
S t t
t t t
 
≥ + = + + + ≥ + = + =
 ÷
 
Vậy

min
40
9
= = =ÛS x y z
0,25
5