Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2011 - Trường THPT Tây Thụy Anh

kỳ thi thử đại học năm 2011
Trờng thpt tây thụy anh

Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút.

.

A /phần chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).
1. Giải phương trình:

sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5 .

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2 x 2 + mx = 3 − x.

Câu III : ( 2 điểm ).
2

1 − x2
dx.
1. Tính tích phân sau : I = ∫
x + x3
1
2. Cho hệ phương trình :

 x 3 − y 3 = m( x − y )

 x + y = −1

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng ( d ≠ 0 )
.Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1
Câu IV : ( 2 điểm ).

 x = −1 − 2t

x y z
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2  y = t
1 1 2
z = 1+ t

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
2.Tìm A ∈ d1 ; B ∈ d 2 sao cho AB ngắn nhất .
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ).
( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb sau đây.)
Câu Va.
1. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0
.Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ∆ABC .
n

1
3
 +x ÷
x



6

2.Tìm hệ số x trong khai triển

biết tổng các hệ số khai triển

bằng 1024.
Câu Vb.
1. Giải bất phương trình :

2

51+ x − 51− x

2

> 24.

2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên
AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
______________ Hết ____________


kỳ thi thử đại học năm 2011
Trờng thpt tây thụy anh

.

Mơn Tốn : Thêi gian lµm bµi 180 phót.

ĐÁP ÁN
Câ Ý
Nội dung
u
I
.
1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4
a ;Tập xác định : D = R.

Điểm
200
1,00
0,25

b ; Sự biến thiên.
Tính đơn điệu ……
Nhánh vô cực……
x

-∞

y'

+

+∞

2

0

0

0

-

0,25

+
j

4

y

+∞

-∞

o

c ; Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy

0,25

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

0,25

-2

-4

-6

-8

2 . Tìm m để đồ thị hàm số (C m) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ

1,00


hơn 1.
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2
ĐK sau :
+ y’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x1 < x2 ⇔ ∆ ' = 4m2 − m − 5 f 0
⇔ m < - 1 hoặc m >

5
4

0,25
0,25

+ x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2 của y’ mang dấu dương )
⇔ …. ⇔

∆ ' p 4 − 2m ⇔ ….. ⇔ m p

21
15

0,25




Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số m ∈ ( −∞; −1) ∪  ; ÷
4 5
5 7

II
1

1.Giải phương trình:

sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5 . ( I )

2,00
1,00

⇒ sin2x = t2 - 1 ⇒ ( I )

0,25

Đặt sinx + cosx = t ( t ≤ 2 ).
⇔ t 2 − 2 2t − 6 = 0 ⇔ t = − 2 )

0,25
π
4

+Giải được phương trình sinx + cosx = − 2 … ⇔ cos( x − ) = −1
+ Lấy nghiệm
Kết luận : x =

0,25

5π
+ k 2π ( k ∈ Z ) hoặc dưới dạng đúng khác .
4

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2 x 2 + mx = 3 − x.

 2x 2 + mx = 9 + x 2 − 6x
⇔ hệ 
có nghiệm duy nhất
x ≤ 3
⇒ x2 + 6x – 9 = -mx (1)

+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
x 2 + 6x − 9
= − m . Xét hàm số :
x
x 2 + 6x − 9
x2 + 9
’
−∞
;3
\
0
(
{
}
]

f(x) =
trên
có f (x) = 2 > 0 ∀x ≠ 0
x
x
+ , x = 3 ⇒ f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6 ⇔ m < - 6

0,25
0,25
1,00

0,25

0,25

+ ; Với x ≠ 0 (1) ⇔

III
1

0,25
0,25
2,00

2

1 − x2
dx.
3
x

+
x
1

1. Tính tích phân sau : I = ∫

1,00


2

1 − x2
dx. =
3
x
+
x
1

I =∫

1
−1
x2
∫1 1 dx =
+x
x
1
2 d (x + )
1 2

x
−∫
ln( x + ) 1 =
=
1
x
1
+x
x
4
…. = ln
5
2

2

0,25
0,50
0,25

1− x
2x 
1
−
dx
.
=

÷dx =……)
∫

3
x x2 + 1 

x
+
x
1
1
2

( Hoặc I = ∫
2

2

 x 3 − y 3 = m( x − y )
2.Cho hệ phương trình : 
1,00
 x + y = −1
------------------------------------------------------------------------------------------ -----Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3
lập thành cấp số cộng ( d ≠ 0 ) .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1
 x 3 − y 3 = m( x − y )

 x + y = −1
⇔

( x − y )( x 2 + y 2 + xy − m) = 0
⇔
 x + y = −1

0,25

1

x = y = − 2

 y = − x − 1
 ϕ ( x) = x 2 + x + 1 − m = 0


Trước hết ϕ ( x) phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 ⇔ ∆ = 4m − 3 f 0 ⇔ m

3
4

0,25

Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
+Trường hợp 1 :
+Trường hợp 2 :
+Trường hợp 3 :

1
; x1 ; x2
2
1
x1 ; x2 ; −
2

−

x1 ; −

0,25

1
; x2
2

Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
 x1 + x2 == −1

 x1 x2 = 1 − m

đúng với mọi m >

3
4

Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1 ta cần có thêm điều kiện sau

0,25


x2 =

IV

−1 + 4 m − 3
f 1 ⇔ 4m − 3

2

Đáp số : m > 3

3⇔ mf 3

 x = −1 − 2t

x y z
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2  y = t
1 1 2
z = 1+ t


2,00

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua
d2.
.
0,25
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 …. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vng góc với d2 có pt 2x – y - z + 3 = 0
0,25
+ Tìm được giao của d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)

0,25

… ⇒ Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1)
2.Tìm A ∈ d1 ; B ∈ d 2 sao cho AB ngắn nhất .

Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vng góc
chung của hai đường thẳng d1 và d2 .

0,25

uuur ur
 AB.v1 = 0
……. ⇒ tọa độ của A  3 ; 3 ; 6 ÷ và B  −1 ; −17 ; 18 ÷
⇒  uuur uu
r
 35 35 35 
 35 35 35 
 AB.v2 = 0

Va
1

1. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B
có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương
trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .

0,50

0,50
2,00

B

M

A

C

H

r

+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n = (3;1) AC có phương
trình 3x + y - 7 = 0
 AC
…… ⇒ C(4;- 5)
CM
2 + xB 1 + y B
+
+1 = 0
; M thuộc CM ta được
2
2

+ Tọa độ C là nghiệm của hệ 
+

2 + xB
1 + yB
= xM ;
= yM
2
2

0,25


 2 + xB 1 + y B
+
+1 = 0

2
+ Giải hệ  2
ta được B(-2 ;-3)
 xB − 3 yB − 7 = 0

0,25

Tính diện tích ∆ABC .
14

x=

x
−
3
y
−
7
=
0



5
⇔

3x + y − 7 = 0
y = − 7

5

+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
…. Tính được
2

Diện tích S =

8 10
; AC = 2 10
5
1
1
8 10
AC.BH = .2 10.
= 16 ( đvdt)
2
2
5

BH =

0,25

n

1

2.Tìm hệ số x6 trong khai triển  + x 3 ÷ biết tổng các hệ số khai triển
x

bằng 1024.
+ ; Cn0 + Cn1 + ... + Cnn = 1024

0,25

⇔ ( 1 + 1) = 1024 ⇔ 2n = 1024 ⇔ n = 10
n

10 − k

10

10
1

1
+ ;  + x3 ÷ = ∑ C10k  ÷
x

x
k =o

. ( x3 )

k

0,25
0,25

; …….

Hạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .
Vb
1

0,25

2

2

1. Giải bất phương trình : 51+ x − 51− x > 24.
(2)
------------------------------------------------------------------------------------------------------

( )

(2) ⇔ 5 5x

2

2

( )
2

− 24 5 x − 5 f 0

x f 1
⇔ 5 x2 f 5 ⇔ x2 > 1 ⇔ 
 x p −1

0,25
2,00
1,00
-----0,5

0,5


2

2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách
đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối
lăng trụ.
-----------------------------------------------------------------------------------------

A'

1,00
------

C'

0,25
B'
A

C

G
N

M
B

Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều . ·A' AG là góc giữa
cạnh bên và đáy .
⇒ ·A' AG = 600 , ….. AG = a 3 ;
3

Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy
a 3
a 3
AG=
.tan600 =
. 3 = a.
3
3

0,25

’

1 a 3
a3 3
…….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = .a.
.a =
2
2
4

0,25
0,25

Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như
nhau .
+ Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.