De thi thu Toan khoi D Chuyen Ha Long

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (344.47 KB, 6 trang )

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

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 
Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: TỐN (Khối D)
Thời gian làm bài: 180 phút

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm )

Cho hàm số y= x3−6x2+9x (1)

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

2. Tìm m để đường thẳng y=mxcắt (C) tại ba ñiểm phân biệt O

( )

0;0 ,A và B. Chứng tỏ rằng khi

mthay ñổi, trung ñiểm I của ñoạn thẳng AB luôn nằm trên cùng một ñường thẳng song song với Oy.

Câu II (2 ñiểm )

1. Giải phương trình : sin2x+2tanx =3

2. Giải bất phương trình :

(

x

)

log

(

x 1

)

log

( )

4x

4
1
3
log

2
1

2
8
4

2 + + − ≥

Câu III (1 điểm) Tìm giới hạn sau : 2

cos
1

lim

x

x
x

x

−
+

→
Câu IV (1 ñiểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tạị A, AB =AD=a, DC=2a , ,SA=a 3 (alà số

dương cho trước ), hai mặt bên (SDC) và (SAD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD) .
1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a .

2. G là trọng tâm của tam giác DBC . Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC)
Câu V (1 điểm)

Tìm mđể phương trình sau có nghiệm : x2+x+1− x2−x+1=m

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉđược làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1: Theo chương tình chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC. ðường trung tuyến qua ñỉnh B, ñường
cao qua ñỉnh A và ñường trung trực của cạnh AB lần lượt có phương trình là y+3=0,

0
1

2x−y+ = và x+y+2=0.Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

2.Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình
0

6
2

2 + − + − =

y
x
y

x . Viết phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa ñộ và cắt ñường tròn (C) tại

hai ñiểm E, F sao cho EF có độ dài bằng 8 .
Câu VII.a (1 điểm) Kí hiệu k

n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử ( ,k n∈N k; ≤n). Tìm hệ số của x10

trong khai triển nhị thức Niutơn của

(

)

n

x
+

2 , biết ... 220 1

1
2
2

1
2
1

2 + + + + + + = −
n

n
n

n C C

C .

Phần 2: Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2ñiểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip(E) có phương trình 1
16
25

2
2

=
+ y
x

. Tìm điểm M

nằm trên elip(E) sao cho MF1 =4MF2, trong đó F1,F2 lần lượt là các tiêu ñiểm trái, phải của elip(E).

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC ,cho biết ñỉnh C(

( )

4;3 , ñường phân giác
trong và ñường trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác lần lượt có phương trình là x+2y−5=0 và

0
10
13

4x+ y− = .Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC .

Câu VII.b (1 điểm)

Từ một nhóm học sinh gồm 7 nam và 6 nữ, thầy giáo cần chọn ngẫu nhiên 5 em để tham dự lễ mít
tinh tại trường . Tính xác suất để kết quả thầy giáo chọn được là có cả nam và nữ .

---Hết---

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

ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 
Năm học 2010 – 2011

Mơn thi : TỐN ( khối D)

Câu Nội dung ðiểm

I
2đ’

1
1đ’

• *TXð: D=R

*Sự biến thiên
. =+∞

+∞
→ y

lim , =−∞

−∞
→ y
lim
. ' 3 2 12 9

+
−

= x x

y , 




=
=
⇔
=

3
1
0

x
x
y

• .H/s ñb trên các khoảng

(

−∞;1

) (

, 3;+∞

)

và nb trên khoảng

( )

1 ;3
.H/s có xcđ =1,ycđ =4vàxct =3,yct =0

• . Bảng biến thiên:

x −∞ 1 3 +∞

'y + 0 - 0 +
y

• *ðồ thị: ðt ñi qua các ñiểm O(0;0), A(4;4) ,ñu’U(2;2)

0,25

∞
−

4

0

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

1ñ’ • Ptrình hồnh độ giao điểm của ñường thẳng y=mx(d)và ñồ thị (C) là





=
−
+
−
=
⇔
=

−

)
2
(
0
9

6
0
)

1
(
9

6 2 2

m
x

x
x
mx

x
x
x

• (d)cắt (C)tại 3 ñiểm phân biệt O(0;0),A,B ⇔pt(1) có 3 nghiệm phân biệt
⇔pt(2)có 2 nghiệm phân biệt 9 0

0
9

0
'

0 ⇔ ≠ >





≠
−

>
∆
⇔

≠ m

m

x (*)

• Với đk(*)A,B là 2điểm có hồnh độ lần lượt là xA,xBlà 2 nghiệm của pt(2),I là

trung ñiểm của ñoạn thẳng AB nên hồnh độ của I là 3

2 =

= A B

I

x
x
x

• ⇒I∈∆có pt là x=3, ∆ song song với oy khi mthay ñổi (9≠m>0)

0,25

0,25
1

1ñ • ðk: Cos x≠0 (*)

.Với đk trên pt đã cho ⇔1−sin2x+2

(

1−tanx

)

•

(

)

(

)

cos
2
sin

cos
sin
cos
0

cos
sin
cos
2
sin

cos 2 =








+
−
−

⇔

=
−
+

−
⇔

x
x

x
x
x
x

x
x
x

x

•






=
+

−
=
−
⇔

)
2
(
0
cos

2
sin
cos

)
1
(
0
sin
cos

x
x

x
x
x

• Lập luận để có pt(2)vơnghiệm ,pt(1) có nghiệm x= +k ,k∈Z

4 π

π thỏa mãn đk(*)

Vậy pt đã cho có nghiệm là x= +k ,k∈Z

4 π

0,25
0,25

0,25

0,25
II

(2đ’)

2 
1đ’

• ðk: 1 0

0
4

0
1

0
3

>
≠
⇔







>
≠
−

>
+

x
x

.Với ðk trên bpt (1) đã cho ⇔log2

(

x+3

)

+log2x−1 ≥log2(4x)

• ⇔log2

[

(

x+3

)

.x−1

]

≥log2

( )

4x ⇔

(

x+3

)

.x−1≥4x (2)

• Nếu x>1(*):bpt (2)⇔

(

x+3

)(

x−1

)

≥4x 



−
≤
≥
⇔

1
3

x
x

kết hợp với (*) có x≥3

• Nếu 0<x<1(**) :bpt(2) ⇔−

(

x+3

)(

x−1

)

≥4x⇔−3+2 3≥ x≥−3−2 3kết

hợp với (**)

có 0< x≤−3+2 3

.KL:Tập nghiệm của bpt (1) là S =

(

0;−3+2 3

]

∪

[

3;+∞

)

0,25

0,25
0,25

0,25

III

(1đ’) • 2 2

2
2

2 cos 1 1 1 cos

x
x
x

x
x

x

x −

+
−
+

=
−

• = 2

2
2

2
sin
1
1
1








+
+

+ x

x
x

0,25

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

•
0

lim
→

x 2

1
1
1
1

2 + + =

x

2
2
sin
lim











→ x

x

x = 1

• 1

2
1
2
1
cos
1

lim 2

0 = + =

−
+
=

⇒

→ x

x
x

x

0,25

VI
(1đ’)

• Lập luận để có SD là chiều cao của chóp và tính được SD=a 2

• Tính được diện tích đáy 2

2
3

a

ABCD= và

2
2

3
.

a
VSABCD =

• Lập luận để có d(D,

(

SBC)

)

=3d

(

G,

(

SBC

)

và chứng minh được hình chiếu

củaDtrên mp(SBC)làH∈SB

• Tính được

(

)

3
)
(

, SBC a
G

d

a

DH = ⇒ =

0,25
0,25
0,25

0,25

V
(1đ’)

• pt(1) đã cho có nghiệm ⇔ðồ thị hàm số

( )

2 1 2 1

+
−
−
+
+
=

= f x x x x x

y và

đường thẳng y=mcó điểm chung
• .ðường thẳng y=mcùng phương với ox

.Xét cbt của hàm số y = f

( )

x = x2+x+1− x2−x+1
Txd :D=R

0,25

B
A

S

D C

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

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

y x R

y
VN
x
x
x
x
x
x

x
x
x
x
x
y
x
x
x
x
x
x
y
∈
∀
>
⇒
>
=
⇔




=
−
≤
∨
≥
⇔




+
+
−
=
+
−
+
≥
−
+
⇔
=
+
−
−
−
+
+
+
=
,
0
'
0
1
0
'

0
2
1
2
1
1
1
2
1
1
2
0
1
2
1
2
0
'
1
2
1
2
1
2
1
2
'
2
2
2

2
2
2

• ⇒HSy=f(x) đồng biến và liên tục trên R lại có lim =1;lim =−1

−∞
→
+∞

→ x

x y

• ⇒PT đã cho có nghiệm khi −1<m<1

0,25
0,25
0,25
VIa
(2ñ’)
1

1ñ’ • Có A

(

a;2a+1

)

∈(∆):2x− y=1 Và B

(

b;−3

)

∈(δ):y+3=0

(

− ;−2 −4

)

⇒AB b a a . ðường thẳng

( )

d :x+ y+2=0có u

(

1;−1

)

là 1 véc tơ chỉ phương

Gọi N =(d)∩AB⇒Nlà trung điểm của cạnh AB, 






−
+
1
;
2 a
b
a
N .

• Ta có hệ

•

(

)

( ) (

1;3, 5; 3

)

5
1
0
4
2
0
2
1

2
0
.
)
(
−
−
⇒



−
=
=
⇔




=
+
+
−
=
+
−
+
+
⇔




=
∈
B
A
b
a
a
a
b
a
b
a
u
AB
d
N

• Gọi C(x;y)⇒BC(x+5;y+3).Một véc tơ cp của (∆)là u('1;2).Trung điểm của

AC là )

2
3
;
2

1
(x+ y+

M .Ta có hệ ⇔





=
+
+
+
=
+
+
⇔



=
∂
∈
0
)
3
(
2
5
0
3
2

3
0
'
.
)
(
y
x
y
u
BC
M



−
=
=
9
7
y
x
)
9
;
7
( −
⇒C

0,25

0,25
0,25
0,25
2

1đ’ • .Tìm được tâm Ivà bán kính R của đtrịn (C): I(1;-3) ,R=5

.ðường thẳng (d) qua O(0;0) có pt : Ax+By=0 với A2 +B2 ≠0

• .Gọi Hlà trung điểm của EF ⇒IH ⊥(d)⇒IH =d(I,d)

.Lập luận ,tính dược IH =3

• 3 ( , ) 3 3 3

2
2 =
+
−
⇔
=
⇔
=
B
A
B
A
d
I
d

IH 


=
+
=
⇔
⇔
0
3
4
0
...
B
A
A

• . THợp :A=0 có pt (d) ; y =0

. THợp : 4A+3B =0 cho A=3⇒B =−4(tm) có pt (d) ;3x−4y=0

*KL Có 2 đường thẳng cần tìm :y=0và3x−4y =0

0,25
0,25
0,25

0,25

VIIa

(1đ’) • .Có 20+1+ 21+1+...+ 22n++11 =(1+1)2n+1 =22n+1
n

n

n C C

C Với ,

k n

k n N

≤
∈

• . 20+1 = 22n++11
n
n C

C , n

n
n C

C21+1 = 22+1 , 2 1
1

2
2
1
2
−
+
+ =
n
n
n C

C ... 2 +1 = 22n+−11
n
n

n C

C
=

⇒S 2 1

2
2
2

... 2 1 2

1
2

2 = −

−
=
+
+
+
+
+
n
n
n
n
n C

C (1) .Lại có S =220−1 (2)

0,25

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

.Từ (1)và (2) ⇒n=10

•

(

)

k k

k
k

x
C

x −

∑

+ 10

0
10
10

• Lập luận để có hệ số củax10là C1010.20 =1 0,25

0,25
VIb

(2ñ)
1

1ñ’ • Từ gt có a=5,b=4 nên c2 =a2−b2 =9⇒c=3⇒F1 =(−3;0),F2 =(3;0)

• Từ dịnh nghĩa elip ta có MF1+MF2 =10 kết hợp với gt có MF1 =4MF2

⇒MF2 =1⇒M∈đường trịn tâmF2(3;0)bán kính R=2 :(x−3)2 + y2 =4

• ðiểm Mcần tìm có tọa độ là nghiệm của hệ







=
+
−

=
+

4
)

3
(

1
16
25

2
2

y
x

• Giải hệ có (5;0)

0
5

M
y

x

⇒





0,25
0,25
0,25

0,25
2

1đ’

• Thấy C(4;3) khơng phải là điiểm thuộc ñường phân giác(d) và trung tuyến(t) ñã

cho.Gọi A=(d)∩(t)⇒tọa ñộ Alà nghiệm của hệ




=
−
+

0
10

13
4

0
5
2

y
x

0
7
5

3
5

4
:
)

2
;
9

( ⇔ + − =

−
−
=
−

⇒

−

⇒A ptAC x y x y

.Gọi E(x;y)là ñiểm ñối xứng của Cqua (d)⇒E∈AB

.Có CE(x−4;y−3)là 1 véc tơ pháp tuyến của(d)và trung ñiểm của CE∈(d)

(

) (

)

(

)

(

)

0
5
7
1

1
7

2
:

1
;
2
0
5
3
2

0
3
4

=
+
+
⇔
−

+
=
−

⇒

−

⇒






=
−
+
+
+

=
−
−
−

⇒

y
x
y

x
ptAB

E
y

x

y
x

• Gọi B(x0;y0).Trung điểm của BC∈(t)vàB∈AB nên ta có

0
20
8

2
1
16

12
:
)

1
;
12
(
0
10
2

3
13
2

4
4

0
5
7

0
0

=
+
−
⇔

−
=
+

⇒

−

⇒







=
−








 +







 +

=
+
+

y
x

ptBC
B

y
x

0,25

0,25
0,25

0,25

VIIb

(1đ’) • Lập luận được số phần tử của không gian mẫu 1287

6
7 =

Ω C +

• Gọi biến cố A: “Kết quả chọn được có cả nam và nữ ”

.Số cách chọn 5 học sinh từ (7+6) hs là 5 1287

13 =

C

.Số cách chọn 5hs toàn là nam cả là 5 21

7 =

C

. Số cách chọn 5hs toàn là nữ cả là 5 6

6 =

C

• Vậysố cách chọn 5hs có cả nam và nữ là : 1287-(21+6)=1260⇒ ΩA =1260

• ( )

143
140
1287
1260

=
=

Ω
Ω

= A

A

P

0,25

</div>