Bài giảng ĐỀ THI THỬ ĐH TOÁN 2011 SỐ 3

Sở GD-ĐT phú thọ
Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC
NM học: 2010-2011
Mụn thi : TON
Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im)
Cho hm s :
1x2
1x
y
+
+
=
(C)
1. Kho sỏt v v th hm s.
2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn v trc Ox.
Cõu II:(2 im)
1. Gii phng trỡnh:
sin 2 cos2
cot
cos sin
x x
tgx x
x x
+ =
2. Gii phng trỡnh:
( )
1
xlog1

4
3logxlog2
3
x93
=


Cõu III: (2 im)
1.Tính nguyên hàm:
sin 2
( )
3 4sin 2
xdx
F x
x cos x
=
+

2.Giải bất phơng trình:
1 2 3x x x

Cõu IV: (1 im)
Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(2, 0) bit phng trỡnh cỏc cnh AB, AC theo th t
l 4x + y + 14 = 0;
02y5x2
=+
. Tỡm ta cỏc nh A, B, C.
PHN RIấNG (3 im)
Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm
A. Theo chng trỡnh chun

Cõu Va :
1. Tỡm h s ca x
8
trong khai trin (x
2
+ 2)
n
, bit:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+
.
2. Cho ng trũn (C): x
2
+ y
2
2x + 4y + 2 = 0.
Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C') ct (C) ti cỏc im A, B sao cho
3AB
=
.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb :
1. Gii phng trỡnh :
( ) ( )

21x2log1xlog
3
2
3
=+
2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp.
Cho AB = a, SA = a
2
. Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD.
Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK.
....Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Hớng dẫn chấm môn toán
Câu
ý
Nội Dung
Điểm
I
2
1
Khảo sát hàm số (1 điểm) 1

TXĐ: D = R\ {-1/2}
Sựự Biến thiên:
( )
,
2
3
0

2 1
y x D
x

= <
+
Nên hàm số nghịch biến trên
1 1
( ; ) ( ; )
2 2
va
+
0,25
+ Giới hạn ,tiệm cận:

1
2
lim
x
y
+

=+


1
2
lim
x
y

=


ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2

1
lim
2
x
y

=

1
lim
2
x
y
+
=


đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2
0,25
+ Bảng biến thiên:

0,25
x
y
y

+
-1/2
-
-
-1/2

+
-1/2
• §å ThÞ :



0,25
2
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






−
0,
2

1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng






+=
2
1
xky
(∆) tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
− +
 
= +
 ÷


+
 
⇔


− +
 

=
 ÷

+
 

0,25
y
x
0
I
-1/2
1
1
-1/2
( )







=
+
−







+=
+
+−
⇔
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

( )
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1

 
+
 ÷
− +
 
= −
+
+
0,25
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = +
và
1
x
2
≠ −

3
x 1
2
⇔ − =

5
x
2
⇔ =
. Do đó
12

1
k
−=
0,25
 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
 
= − +
 ÷
 
0,25
II

2
1
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin

xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=
+
⇔
( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22
−
=
−
⇔
0,25

cosx cos2x sin2x 0⇔ = − ∧ ≠

2
2cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔ + − = ∧ ≠
0,25

1
cosx (cos x 1 :loaïi vì sin x 0)
2
⇔ = = − ≠
0,25

π+

π
±=⇔
2k
3
x
0,25
2
2. Phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−
(1)
(1)
( )
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
=

−
−−⇔
0,25


1
xlog1
4
xlog2
xlog2
33
3
=
−
−
+
−
⇔

đặt: t = log
3
x

0,25
thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
−

− = ⇔ − − =
+ −
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)

t 1 hay t 4⇔ = − =

0,25
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hay x 81
3
⇔ = − = ⇔ = =
0,25
III 2
1 1
Ta cã
2 2
sin 2 2sin cos
( )
3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2
xdx x xdx
F x
x x x x
= =
+ − − + +
∫ ∫

0,25
§¨t u = sinx

cosdu xdx⇒ =
O,25
Ta cã:
( )
2
2
( ) ( )
1 ( 1)
1
1
ln 1
1
udu du du
F x G u
u u
u
u c
u
= = = −
+ +
+
= + + +
+
∫ ∫ ∫

0,25
VËy
1
( ) ln 1
sin 1

F x sinx c
x
= + + +
+

0,25
2
1

§k:
3x
≥
Bpt
2
1 2 3
2 5 6 4
x x x
x x x
⇔ + ≥ − + −
⇔ − + ≤ −
0,25
2
4 0
3 12 8 0
3 4
6 2 3 6 2 3
3 3
6 2 3
3
3

x
x x
x
x
x
− ≥

⇔

− + ≤

≤ ≤


⇔

− +
≤ ≤


+
⇔ ≤ ≤

0,25
0,25
0,25


IV 1
. Tọa độ A là nghiệm của hệ

{ {
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
+ + = = −
⇔
+ − = =
⇒ A(–4, 2)
0,25
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên



−=+
−=+
⇔



++=
++=
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)

0,25
Vì B(x
B
, y
B
) ∈ AB ⇔ y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) ∈ AC ⇔
5
2
5
x2
y
C
C
+−=
( 3)
0,25
Thế (2) và (3) vào (1) ta có



=⇒=

−=⇒−=
⇒





−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

0,25
V.a 3
1
1
1. Điều kiện n ≥ 4

Ta có:
( )
∑
=
−
=+
n
0k
knk2k
n
n
2
2xC2x
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
−

0,25
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
−
0,25

Ta có:
3 2 1
n n n
A 8C C 49− + =
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n
2
+ 7) = 0 ⇔ n = 7
0,25

Nên hệ số của x
8
là
2802C
34
7
=

0,25
2
2

Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2

– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2)
3R
=
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung
điểm H của đoạn AB.

0,25
Ta có
2
3
2
AB
BHAH
===
0,25

Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
0,25
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
 
= = − = − =
 ÷
 ÷

 
Ta có:
( ) ( )
2 2
MI 5 1 1 2 5= − + + =
0,25
và
2
7
2
3
5HIMIMH
=−=−=
;
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
= + = + =
0,25
Ta có:
13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1

==+=+==

43
4
172
4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
==+=+==
0,25
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
0,25
V.b 3
1
1
1. Giải phương trình:
( ) ( )

21x2log1xlog
3
2
3
=−+−
§k:
1
1
2
x< ≠
( )
3 3
2log x 1 2log 2x 1 2⇔ − + − =

0,25

( )
3 3
log x 1 log 2x 1 1⇔ − + − =

( )
3 3
log x 1 2x 1 log 3⇔ − − =

0,25
( )
x 1 2x 1 3⇔ − − =

⇔
{



>
< <

− − =

− + =

2
2
1
x 1
x 1
hoac
2
2x 3x 2 0
2x 3x 4 0(vn)
0,25
x 2
⇔ =
0,25
2
2

+BC vuông góc với (SAB)
⇒
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
⇒
AH vuông góc với (SBC)

⇒
AH vuông góc SC (1)
0,25
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2)
⇒
SC vuông góc với (AHK )
0,25
2 2 2 2
SB AB SA 3a= + =
⇒
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
⇒
AH=
a 6
3
⇒
SH=
2a 3
3

⇒
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
0,25
Ta có HK song song với BD nên

HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
= ⇒ =
.
0,25
kÎ OE// SC
( )( ( ))OE AHK doSC AHK⇒ ⊥ ⊥
suy ra OE lµ ®êng cao cña
h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2
0,5
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
= − =

⇒
AM=
2a
3
0,25
= = =
3
OAHK AHK
1 1 a 1 a 2
V OE.S . HK.AM
3 3 2 2 27

(®vtt)
S
0,25
A
M
I
E
O
H
K
M
C
D
Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=

+
⇔
( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22
−
=
−
⇔
cosx cos2x sin2x 0⇔ = − ∧ ≠

2
2cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔ + − = ∧ ≠
1
cosx (cos x 1 :loaïi vì sin x 0)
2
⇔ = = − ≠

π+
π
±=⇔
2k
3
x

2. Phương trình:
( )

1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−
(1)
(1)
( )
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
=
−
−−⇔
1
xlog1
4
xlog2
xlog2
33
3

=
−
−
+
−
⇔
đặt: t = log
3
x
(1) thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
−
− = ⇔ − − =
+ −
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)

t 1 hay t 4⇔ = − =
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hay x 81
3
⇔ = − = ⇔ = =
Câu IV:
. Tọa độ A là nghiệm của hệ
{ {
4x y 14 0 x 4

2x 5y 2 0 y 2
+ + = = −
⇔
+ − = =
⇒ A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên



−=+
−=+
⇔



++=
++=
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)
Vì B(x
B
, y
B

) ∈ AB ⇔ y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) ∈ AC ⇔
5
2
5
x2
y
C
C
+−=
( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có



=⇒=
−=⇒−=
⇒






−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
Câu Vb:
2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
+BC vuông góc với (SAB)
⇒
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
⇒
AH vuông góc với (SBC)
⇒
AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(2) và (2)
⇒

SC vuông góc với (AHK )
2 2 2 2
SB AB SA 3a= + =
⇒
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
⇒
AH=
a 6
3
⇒
SH=
2a 3
3

⇒
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
= ⇒ =
.
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2

4a
AM AH HM
9
= − =

⇒
AM=
2a
3
3
OAHK AHK
1 1 a 2 1 2a
V OA.S . HK.AM
3 3 2 2 27
= = =
Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0;
a 2
)
Câu I:
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






−

0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng






+=
2
1
xky