De thi thu Toan THPT Tay Thuy Anh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (445.43 KB, 9 trang )

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

TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH

www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011
Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vng góc
nhau.

Câu II (2 điểm).

1. Giải phương trình : sin 2x3sinxcos 2xcosx1
2. Giải bất phương trình : 2 x1 x  5 x 3
Câu III (1điểm) . Tính tích phân I =

2
1

1 x 1 x

   



Câu IV (1điểm).Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = a 3

2 , góc BAD bằng 60
0 .Gọi
M,N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’vng góc với mặt phẳng (BDMN) và tính
thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a .

Câu V (1 điểm).

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. CMR: 3 3 3

2 2 2

( ) ( ) ( )

x y z y z x z x y 

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Ch̉n.

Câu VIa (2®iĨm).

1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C
lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0

Viết phương trình đường thẳng BC .

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và
hai đường thẳng : (d) x 1 3 y z 2

1 1 2

  

 

 và (d’)

x 1 y 2 z 1

2 1 1

  

 

Viết phương trình tham số của đường thẳng () nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và
(d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau v tinh khong cỏch gia chỳng

Câu VIIa: (1điểm).

Cho khai triĨn n

n
n

x
a
x

a
x
a
a
x













 ....

3
2

1 2

0 . T×m sè lớn nhất trong các số a0,a1,a2,...,an biết rằng n

là số tù nhiªn tháa m·n 2 22 2 1 1 n1 11025

n
n
n
n
n
n
n

n

nC C C C C

C .

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI b(2điểm).

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) và elip (E): 2 2 1

3 2

x y

  . Gọi F1 và F2 là các tiêu

điểm của (E) (F1 có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N

là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm B



0;3;0 ,



M



4;0; 3



. Viết phương trình mặt 
phẳng ( )P chứa B M, và cắt các trục Ox Oz, lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện

OABC bằng 3 (O là gốc toạ ).
Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ phơng trình:

2 2

log (3 ) log ( 2 ) 3

( )
4 2.4 20

x y x y
x

x y x y

x y x xy y

x R

 

     






  



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

Họ và tên thí sinh : ……….. Số báo danh ……….

TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011
Mơn: TỐN

ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN

(Đáp án gồm 07 trang)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Câu I
(2 điểm)

: Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vng
góc nhau.

1.

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
(Yêu cầu đầy đủ các bước)

+ TXĐ

+ Tính y’=3(x2-1); y’ = 0 0,25đ

+ Khoảng đồng biến , nghịch biến ....
+ Cực trị ...

+ Giới hạn... 0,25đ

______
2.

* Bảng biến thiên:

x - -1 1 +

y' + 0 - 0 +

y 3 +

- -1

0,25đ

* Đồ thị:

-2

-4

-6 -4 -2 2 4 6

-1
3

1

-1 o 0,25đ

2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vng
góc nhau

Xét pt hồnh độ giao điểm x3-3x+1=mx+m+1

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

(x+1)(x2-x-m-2)=0 x =-1

g(x) = x2-x-m-2=0 (1)

d cắt (C) tại M(-1;3) và cắt thêm tại N và P sao cho tiếp tuyến của (C) tại đó
vng góc với nhau

, ,

( ). ( ) 1
( 1) 0

g

N P

y x y x
g

 






  

 0,25đ

Kết luận 0,5đ

Câu II
(2 điểm)

1. Giải phương trình : sin 2x3sinxcos 2xcosx1
2

2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0
cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0

x x x x x

x x x

      

      0,25đ

cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0
(2sin 1)(cos sin 2) 0

x x x x

x x x

     

     0,25đ

1 2

sin 6

cos sin 2( ) 2 ( )

x k

x

x x VN x k k Z




  

 




  

  

     





0,5đ
2 Giải bất phương trình : 2 x1 x5 x 3

2 x 1 x5 x 3 (1)
Đk:x1

Nhân lượng liên hợp: 2 x 1 x50

(2 x1 x5)(2 x1 x5) ( x 3)(2 x 1 x5)
4(x 1) (x 5) (x 3)(2 x 1 x 5)

        

3(x 3) (x 3)(2 x 1 x 5)

       (2) 0,25đ

Xét các trường hợp:

TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 x1 x5(3)
(3) 2 2 2 2 4 2

VP    >3

nên bất phương trình (3) vơ nghiệm

0,25đ
TH2: x=3 thì 0>0 (vơ lý)

TH3: 1 x 3nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:
3 (2 x1 x5) bình phương 2 vế ta được:

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

4 (x1)(x5) 8 5  x(4)
* 8 5 0 8 3

1 3 5

x

x
x

 


  


 

 (5) thì (4) luôn đúng

* 8 5 0 1 8

1 3 5

x

x
x

 


  


 

 (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được
2

9x 144x144 0  8 48x 8 48
Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 48 8

5
x

   (6)
Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48x3

0,25đ

Tính I =
1

2
1

1 x 1 x

   



0,25đ

Đặt t = 1+x + x2 1

  t – (1+x ) = x21  ....


2 2 2 x 2x 2

2( 1)

t t

t t t x

t


    



2
2
2 2
x

2( 1)

t t

d dt

t
 

 



Và 1 2 2

1 2

x t

    




  




0,25đ

Vậy I =

2 2 2 2 2

2 2

( 2 2) x 1 1 1 2

...

2 ( 1) 2 ( 1) 1

t t d

dt

t t t t t

 

 

 

     

    



0,25đ

=1 1 ln 1 2ln 2 2 ... 1

2 1 t t t 2



 

    

 



  0,25đ

Câu IV

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

N
M

D' C'

B'

A'
S

O

D C

B

A

Gọi O là tâm của ABCD , S là điểm đối xứng của A qua A’ thì M và N lần lượt là trung
điểm của SD và SB.

AB=AD=a , góc BAD = 600 nên ABDđều  3, 3
2

a

OA AC a

SA = 2AA’ = a 3; CC’ = AA’ = 3
2
a

 SAO = ACC’  SOAC'

0,25đ

Mặt khác BD (ACC A' ') BD AC'

   Vậy AC’ (BDMN)

0,25đ
Lập luận dẫn tới

3
2

1 3

. 3

3 4 4

SAB

a

V  a a  ; '

2 3

1 3 3

3 16 2 32

SA MN

a a a

V   0,25đ

Vậy ' '

3
D

AA D

7a
32

SAB

B MN SA MN

V V  V 

0,25đ
Câu V

(1 điểm)

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. CMR:

3 3 3

2 2 2

( ) ( ) ( )

x y z  y z x z x y 

Đặt a 1;b 1;c 1

x y z

   ta có :

3 3 3

2 2 2 2a 2a 2a

( ) ( ) ( )

bc b c bc

x y z y z x z x y b c  a c  b a

(1) 0,25đ

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

2 2 2

3 3 3

2 2 2 2a 2 2

( ) ( ) ( )

b c

x y z  y z x z x y b c a c b a   Cũng áp dụng bất đẳng thức Cô si

ta được

4
b c

a
b c



 



b a c

b

a c



 



c a b

c
b a



 



a2 2 2

b c a b c

b c a c b a

 

   

   mà

3 3

a b c   abc
Vậy

2 2 2

3 3 3

2 2 2 2a 2 2

( ) ( ) ( )

b c

x y z y z x z x y b c a c b a    Điều cần chứng minh

Câu VIa
(2 điểm)

1

Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân
giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và

(d2): x + 2y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC
Gọi C x y( ; )c c

Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên:C( 2 yc 2; )yc

Gọi M là trung điểm của AC nên 1; 1
2

c
c

y
M y   

 

0,25đ

Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 2. 1 4 0 1
2

c

c c

y

y  y

      

( 4;1)
C
 

0,25đ

______

Từ A kẻ AJ d2 tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường
thẳng (d2) là u(2; 1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ)

Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vì I=(AJ)(d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ

2 1 0 5 ( 4; 3)

2 2 0 3 5 5

x
x y

I

x y

y




  

 

   

 

  

  




0,25đ

Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ

Gọi J(x;y) ta có:

8 8

8 11

5 5 ( ; )

6 11 5 5

5 5

x x

J

y y

 

  

 

   

 

    

 

 

Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; ( 8; 11)

5 5

J   là:
4x+3y+13=0

0,25đ

Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

2

x 9 t
y 6 8t

z 5 15t

 


 

  


+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2





+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u ' 2;1;1





Ta có :

 MM ' 



2; 1;3





MM ' u, u '



 



2; 1;3







1 21 1

;

1 22 1

;

1 12 1





8 0







  

Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)

0,25đ

Khi đó :

   





MM ' u, u ' 8

d d , d ' ...

11
u, u '

 
 
  
 
 
  
  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  

  0,5đ

Câu
VIIa
(1 điểm)

T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè a0,a1,a2,...,an....

Ta cã 1 2 2

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

n
n
2
n
n
2

nC 2C C C C 11025 (C C ) 105

C          

+ Với n N và n2

































)i

¹

lo

(

15 n

14 n

0

210 n

105 n

2 )1

n(

n

105 C

2n 1n 2

Ta cã khai triĨn






























14
0
k
k
k
14
k
k
14

14
0
k
k
k
14
k
14
14
x
.
3
.
2
C
3
x
2
1
C
3
x
2
1

Do đó k k 14 k
14

k C 2 .3

a   

Giả sử akl hƯ sè lín nhất cần tìm ta đ ợc hệ ,qua cụng thức khai triển nhị thức

NEWTON ta có hệ sau :
1
1
k k
k k
a a
a a












3 1 28 2

2(15 ) 3

k k
k k
  


 

 


5
6
k
k


 


0,25đ
_____
0,25đ

Do kN, nªn nhận 2 giá trị k = 5 hoặc k = 6

0,25đ

Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất, thay v o ta à đượckết quả a5;a6và a5 a6

VËy hƯ sè lín nhÊt lµ

62208
1001
3
2
C
a

a5  6  145 9 5 


0,25đ
Câu VIb
(2 điểm)
1

 

2 2

2 2 2

: 1 3 2 1

3 2

x y

E    c a  b   

Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y 3 1 0 

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

 M 1; 2
3

 

 

   N
4
1;

 

 

 

 NA 1; 1
3

 

  

 



; F A2 



1; 3





 NA.F A 02 

 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

ANF2 vuông tại A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là
F2N

0,25đ

Do đó đường trịn có phương trình là :

2 2 4

( 1)

3
3
x y  

  0,25đ

2  Gọi a c, lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm A C, . Do OABC là 
hình tứ diện theo giả thiết nên ac0

Vì B



0;3;0



Oy nên ta có phương trình mặt phẳng chắn

 

: 1
3

x y z
P

a c  .

0,25đ

 M



4;0; 3

  

P 4 3 1 4c 3a ac
a c

        (1)

1 1 1

. .3. 3 6

3 3 2 2

OABC OAC

ac

V  OB S  ac    ac  (2) 0,25đ

Từ (1) và (2) ta có hệ

6 6 2

4 3 6 4 3 6 3

2
a

ac ac a

c a c a c c




  

   

  

   

     

   

0,25đ
Vậy

 

: 1; : 1

4 3 3 2 3 3

x y z x y z

P    P  

0,25

Cõu
VIIb
(1 im)

Giải hệ phơng trình:

2 2

log (3 ) log ( 2 ) 3

( )
4 2.4 20

x y x y
x

x y x y

x y x xy y

x R

 

     






  



Đặt logx y (3x y ) log 3x y (x22xy y 2) 3 (1) và 4 2.4 20
x

x y  x y  (2)

+ ĐK 0 1

0 3 1

x y
x y
 

Với đk trên PT (1) logx y (3x y ) log 3x y (x y )2 3

 logx y (3x y ) 2log 3x y (x y ) 3 (3)

Đặt tlogx y (3x y )

PT(3) trở th nh à 2 3 2 3 2 0 1

2
t

t t t

t
t



       




0,25đ

Với t=1 ta có logx y (3x y ) 1  3x y x y    x0 thay vào (2) ta đợc :
4y+2.40=20

4
4y 18 log 18

y

    (TM)

Víi t=2 ta cã logx y (3x y ) 2  3x y (x y ) (4)2

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

PT(2) 22( ) 22 1 20 22( ) 23 20 (5)

x x y

x y x y x y x y



   

     

+ Thay (4) vào (5) ta đợc

( )

2( ) 2( )

2 2 20 2 2 20 (6)

x y

x y x y x y x y




Đặt t=2(x y ) 0

 PT(6) trở thµnh t2 + t – 20 = 0 5( )

4( )

t L

t TM



 


Víi t = 4 ta cã 2x y 4 2 3 4

x y x y



      

Ta cã hÖ 2 1( )

3 4 1

x y x

TM

x y y

  

 



 

  

 

Kết luận hÖ PT cã 2 cỈp nghiƯm (0;log 18);(1;1)4

0,5đ

HƯỚNG DẪN CHUNG

+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh
phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm .

+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm.
+ Chấm từng phần. Điểm toàn bài làm tròn đến 0.5 điểm

Người ra đề : Thầy giáo Phạm Viết Thông

</div>

De thi thu Toan THPT Tay Thuy Anh











<b> ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN </b>



















MM ' u, u '



 



2; 1;3

<sub></sub>





;

;



<sub></sub>

8 0

<sub></sub>





  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   







































)i

¹

lo

(

15

n

14

n

0

210

n

n

105

n