De dap an thi thu DH nam 2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (312.89 KB, 5 trang )

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

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
TỔ TOÁN - TIN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn: TỐN - Khối A + B

Ngày thi: 27/9/2011

Thời gian làm bài:

180 phút

(không kể thời gian giao đề)

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số

2 2

1
x
y

x




 .

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

2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho
diện tích tam giác OAB bằng 2

m
.
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2cos6x2cos4x 3cos2x sin2x  3

2. Giải hệ phương trình :
2

2 2
1

2 2

x x

y
y y x y


  




   



Câu III. (2,0 điểm)

1. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:

( )

x33x2 1m x  x 1

2. Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2+y2+z2≤xyz . Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức: P= x

x2+yz+

y
y2+zx+

z
z2+xy .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi; hai đường chéo
AC = 2 3a và BD = 2a cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với

mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a

, tính thể
tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB :
x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết
phương trình cạnh BC.

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24

= 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại
hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.

Câu VI (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1− x¿

n

1− x¿2+. ..+n¿
1− x+2¿

thu được đa thức
P(x)=a0+a1x+.. .+anxn . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:

1
Cn2

+ 7

Cn3
=1

n .
...….. Hết …...

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

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1
(1
điểm)

Tập xác định D = R\- 1
Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên: 2
4

' 0,

( 1)

y x D

x

   

 .

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ).
- Cực trị: Hàm số khơng có cực trị.

0,25

- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:

2 2 2 2

lim 2 ; lim 2

1 1

x x

x   x x  x

 

 

  . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.

1 1

2 2 2 2

lim ; lim

1 1

x x

x   x x   x

 

  

  . Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.

0,25

-Bảng biến thiên:

x - - 1 +

y’ + +

+ 2

2 - 

0,25

Đồ thị:

- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2)
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm
hai tiệm cận I(- 1; 2).

0,25

I-2
(1
điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x ≠ -1) (1)

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1

 m2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25

Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m ). Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).

Theo ĐL Viét ta có

1 2

2
2

m
x x

m
x x



 







 



 .

( , )
5
m

d O AB 

;

2 2 2

1 2 1 2 1 2

( ) 4( ) 5( )

AB x  x  x  x  x  x

. OAB 2
m

S 

 m > 0.

0,25

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 1

( , ). 5( ) ( ) ( ) 4

2 2 5 2 2

OAB

m

S  d O AB AB x  x  m x  x  m x x  x x
2

1 2 1 2

(x x )  4x x 1

 m2 - 8m - 20 = 0  m = 10 (t/m) , m = - 2 (loại)

0,25
y

2 y =2

x= -1

-1 O

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

II-1
(1 điểm)

4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3cos2x 0,25

cos 0

2cos5 sin 3 cos



 
 

x

x x x 0,25

cos 0

os5x = cos(x- )
6






x

c  0,25

2
24 2
36 3


 



  


  

x k
k
x
k
x


 
 
0,25
II-2
(1 điểm)

ĐK : y0

hệ

2 2 0

2 1
2 0
x x
y
x
y y

   


 
    


 đưa hệ về dạng

2
2

2 2 0

u u v
v v u

    


   


0,5
2
1
1
1

2 2 0

 
 

  
   
 


   

u v
u v
u v
u v

v v u hoặc

1 3 1 3

2 , 2

1 3 1 3

2 2
     
 
 
 
 
   
 
 
 
 
u u
v v
0,25

KL: HPT có nghiệm: (-1 ;-1),(1 ;1), (

1 3
;1 3
2
 


), (
1 3
;1 3
2
 

) 0,25

III - 1
(1 điểm)

ĐK: x  1.

BPT  (x  x  )( x x )m

3 3 2 1 1 0,25

Xét hàm số f x( )(x33x21)( x x1) với x  1.
Có :

'( )(  )(   ) (   )  


 

f x x x x x x x

x x

2 3 2 1 1

3 6 1 3 1

2 2 1 > 0, x > 1.

 hàm số luôn đồng biến trên nửa khoảng [1; +).

0,25

Mặt khác f(1) = 3, xlim  f x( )  [ ; )

min ( )f x




1 3 0,25

Vậy bất phương trình có nghiệm khi m  3. 0,25

III - 2
(1 điểm)

Vì x ; y ; z>0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có:

P≤ x

√

x2yz+

y

√

y2zx+

z

√

z2xy yz zx xy

 

    

 

1 1 1 1

=
x yz y xz z xy

xyz
   
 
 
 
1
2
0,5

x yz y xz z xy x y z xyz

xyz xyz xyz

          

     

   

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

4 2 2 2

Dấu = xảy ra  x = y = z = 3.

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

IV
(1 điểm)

Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vng góc với nhau tại trung điểm O 
của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vng tại O và AO = a 3; BO = a , do
đó A D B 600

Hay tam giác ABD đều.

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD)
nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).

0,25

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta
có DH AB và DH = a 3; OK // DH và

1 3

2 2

a
OK  DH 

 OK  AB 
AB  (SOK)

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI
là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

0,25

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao

 2 2 2

1 1 1

2
a
SO
OI OK SO  

Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2;

đường cao của hình chóp 2
a
SO 

.
Thể tích khối chóp S.ABCD:

3
.

1 3

3 3

D D

S ABC ABC

a

V  S SO 

0,25

V.a -1
(1 điểm)

Đường trịn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25

Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.

IH = 2 2

| 4 | | 5 |

( , )

16 16

m m m

d I

m m



  

 

0,25
2

2 2

2 2

(5 ) 20

16 16

m
AH IA IH

m m

    

  0,25

Diện tích tam giác IAB là SIAB 12 2SIAH 12



( , ). 12 25 | | 3( 16) 16

3
m

d I AH m m

m





     

 



0,25

V.a -2
(1 điểm)

ĐK: x

1
3

PT  log ( x ) log  log ( x ) log .( x ) log ( x )

2 2 3

5 3 1 55 3 52 1 55 3 1 5 2 1

0,5

( x ) ( x ) x x x

 5 3 1 2 2 138 3 33 236  4 0  (x + 2)2(8x - 1) = 0 0,25


x
x





 


2
1
8

Kết hợp với đk ta được x = 2.

0,25
VI.a

(1 điểm) 0,5

S

A

B

K

H

C

O

I

D

3 a

I

A

B



H

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

Ta cã

Cn
2+

Cn
3=

n⇔
n≥3
2

n(n −1)+

7 .3!

n(n−1)(n−2)=

n

¿{

⇔
n ≥3
n2−5n −36

⇔n=9 .

¿{

Suy ra a8 lµ hƯ sè cđa x8 trong biĨu thøc

1− x¿9.
1− x¿8+9¿

8¿

§ã lµ 8 .C88+9 .C98=89.

0,5

V.b- 1
(1 điểm)

Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:

- - 2 0
2 - 5 0
x y

x y






 

  A(3; 1) 0,25

Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên

3 5 2 9

1 2 6

b c

   




   

 

5
2
b
c







 .

Hay B(5; 3), C(1; 2)

0,25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u BC  ( 4; 1)


 

Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 0,25

V.b-2
(1 điểm)

ĐK: 0x1.

Đặt log3x t x3t.

0,25

PT  ( )

t t t t t t

t t

          

2 2 2 2 2

3 3 162 3 3 162 3 81 4 2 0,5

+ Với t = 2  log3x 2 x9.

+ Với t = -2 log3x  x

1
2

0,25

VI.b
(1 điểm)

ĐK :

2 x 5
x N

 





 0,25

Ta có

1 1 2 223 1 11 2 23 2 223

x x x x x x x x x x

C C  C  C  C  C C  C  C C 

     

         0,5

(5 x)! 2! x 3

</div>

De dap an thi thu DH nam 2011

<b>Mơn: TỐN - Khối A + B</b>

Ngày thi: 27/9/2011

Thời gian làm bài:

<b>180 phút</b>

(không kể thời gian giao đề)

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<b>B</b>

<b>K</b>

<b>H</b>

<b>C</b>

<b>O</b>

<b>I</b>

<b>D</b>

3

<i>a</i>

<b>I</b>

<b>A</b>

<b>B</b>

<b>H</b>

ĐK :

Ta có

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về