DE TOAN THI THU DH TAN THUY ANH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (336.38 KB, 9 trang )

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

TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH 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 vẽđồ 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 2 3 2 3 2 3

( ) ( ) ( )

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 Chuẩn. 
Câu VIa (2®iĨm).

1.

Cho tam giác ABC có

đỉ

nh A (0;1),

đườ

ng trung tuy

ế

n qua B và

đườ

ng phân giác trong c

ủ

a góc C

l

ầ

n l

ượ

t có ph

ươ

ng trình : (

d1

): x – 2y + 4 = 0 và (

d2

): x + 2y + 2 = 0

Vi

ế

t ph

ươ

ng trình

đườ

ng th

ẳ

ng BC .

2. Trong không gian với hệ tọa độĐêcác 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 và tớnh 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

2
1

0 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè

n

a
a
a
a , , ,...,

2
1

0 biÕt rằng n là số tự nhiên thỏa mÃn 2 11025
1

1
1
2
2

=
+

+ − − −

− n

n
n
n
n
n

n
n

n

nC C C CC

C .

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

1.

Trong m

ặ

t ph

ẳ

ng t

ọ

a

độ

Oxy , cho

đ

i

ể

m A(2;

) và elip (E):

2 2
1

3 2

x y

+ =

. G

ọ

i F1 và F2 là các tiêu

đ

i

ể

m c

ủ

a (E) (F1 có hồnh

độ

âm); M là giao

đ

i

ể

m có tung

độ

d

ươ

ng c

ủ

a

đườ

ng th

ẳ

ng AF1 v

ớ

i (E); N

là

đ

i

ể

m

đố

i x

ứ

ng c

ủ

a F2 qua M. Vi

ế

t ph

ươ

ng trình

đườ

ng tròn ngo

ạ

i ti

ế

p tam giác ANF2.

2.Trong không gian với hệ toạđộ 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 toạđộ ).

C©u VII.b: (1điểm) Giải hệ ph-ơng tr×nh:

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>

______________________ H ____________________

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

Đ

ÁP ÁN S

Ơ

L

ƯỢ

C – BI

Ể

U

Đ

I

Ể

M CH

Ấ

M MƠN TỐN

(

Đ

áp án g

ồ

m 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 vẽđồ 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/ Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị (C) của hàm số.

(Yêu c

ầ

u

đầ

y

đủ

các b

ướ

c)

+ TX

Đ

+ Tính y’=3(x

-1); y’ = 0

0,25đ

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

1.

+ Giới hạn... 0,25đ

* B

ả

ng bi

ế

n thiên:

x

-∞ -1 1 +∞

y'

+ 0 - 0 +

y

3 +∞

-∞

-1

0,25đ

______ 
2.

*

Đồ

th

ị

:

-2

-4

-6 -4 -2 2 4 6

-1
3

1
-1 o

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
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 hoành

độ

giao

đ

i

ể

m x

-3x+1=mx+m+1

(x+1)(x

-x-m-2)=0

x =-1

g(x) = x

-x-m-2=0 (1)

0,25đ

d c

ắ

t (C) t

ạ

i M(-1;3) và c

ắ

t thêm t

ạ

i N và P sao cho ti

ế

p tuy

ế

n c

ủ

a (C) t

ạ

i

đ

ó

vng góc v

ớ

i nhau

, ,

( ). ( ) 1
( 1) 0

g

N P

y x y x
g

∆ >



= −




− ≠

 0,25đ

K

ế

t lu

ậ

n

0,5đ

Câu II 
(2 điểm)

1. Giải phương trình : sin 2x+3sinx=cos 2x+cosx+1
2

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

x x x x x

x x x

⇔ − + + − − =

⇔ − + + − = 0,25đ

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

π


= + π

 

=


⇔ ⇔

  π

+ = − = + π ∈

 

0,5đ

Giải bất phương trình : 2 x− −1 x+5>x−3
2

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

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
TH3: 1≤x<3nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:

3<(2 x− +1 x+5) bình phương 2 vế ta được:
4 (x−1)(x+5)> −8 5x(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

0,25đ

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 2 x 2x

2( 1)

t t

t t t x

t
−

− = − ⇔ =

−

2
2

2 2

2( 1)

t t

d dt

t
− +
⇒ =

−

Và 1 2 2

1 2

x t

 = ⇒ = +




= − ⇒ =



0,25đ
Câu III

(1 điểm)

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 2 ln 2 2 ... 1

2 1 t t t 2

 

− − + = =

 

−

  0,25đ

Câu IV 
(1 điểm)

</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

M

ặ

t khác

BD⊥(ACC A' ')⇒BD⊥AC'

V

ậ

y 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 2 3 2 3 2 3

( ) ( ) ( )

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)

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Do xyz = 1 nên abc = 1 Ta được (1) ⇔

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

+ ≥

4
b a c

b
a c

+ ≥

4
c a b

c
b a

+ ≥

2 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

0,75đ

Cho tam giác ABC có

đỉ

nh A (0;1),

đườ

ng trung tuy

ế

n qua B và

đườ

ng phân

giác trong c

ủ

a góc C l

ầ

n l

ượ

t có ph

ươ

ng trình : (

d1

): x – 2y + 4 = 0 và

(

d2

): x + 2y + 2 = 0 . Vi

ế

t ph

ươ

ng trình

đườ

ng th

ẳ

ng BC

Câu VIa 
(2 điểm)

1

Gọi C x y( ;c c)

Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2C − yc−2;yc)
Gọi M là trung điểm của AC nên 1; 1

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 (2; 1)u

→

− 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 toạđộ 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)

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

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 11 2

;

1 22 1

;

1 12 1

)

= − ≠

8

0

Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)

0,25đ
2

Khi đó :

( ) ( )

(

)

MM ' u, u ' 8

d d , d ' ...

11
u, u '

 
 
= = =
 
 

0,5

Tìm số lớn nhất trong các số 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∈Nvà n≥2




−
=
=
⇔
=
−
+
⇔
=
+
−
⇔
=
+
)
i
¹
lo
(
15
n
14
n
0
210
n
n

105
n
2
)
1
n
(
n
105
C

C 1n 2

2
n

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

k C 2 .3

a − −

Giả sử aklà hệ số lớn nhất cần tìm ta đ-ợc hệ ,qua cơng 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

≥

⇔
≤

0,25
_____
0,25
Do kN, nên nhận 2 giá trị k = 5 hc k = 6

0,25đ
Câu

VIIa 
(1 điểm)

Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất, thay vào ta đượckết quả

6
5;a

a và a5 =a6

VËy hƯ sè lín nhÊt lµ

62208
1001
3
2
C

a 5 9 5

14
6

5 = = =

−
−

0,25đ

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

( )

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

⇒ M 1; 2
3
 
 
  ⇒ N

4
1;

3
 
 
 

0,5đ

⇒ NA 1; 1
3

 

= − 

 

; F A2 =

(

1; 3

)

⇒ NA.F A2 =0

⇒∆ANF2 vng 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

•

G

ọ

i

a c,

l

ầ

n l

ượ

t là hoành

độ

, cao

độ

c

ủ

a các

đ

i

ể

m

A C,

. Do OABC là

hình t

ứ

di

ệ

n theo gi

ả

thi

ế

t nên ac

≠

0 Vì

B

(

0;3; 0

)

∈Oy

nên ta có ph

ươ

ng trình m

ặ

t ph

ẳ

ng ch

ắ

n

( )

: 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 ph-ơng 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+ y2)=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) 2

logx y+ (3x y) log x y+ (x y) 3

⇔ + + + =

logx y+ (3x y) 2 log x y+ (x y) 3 (3)

⇔ + + + =

Đặt t=logx y+ (3x+y)

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

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
PT(3) trở thành 2 3 2 3 2 0 1

2
t

t t t

t
t

=


+ = ⇔ − + = ⇔

=


Víi t=1 ta cã logx y+ (3x+y) 1= 3x+y=x+yx=0 thay vào (2)
ta đ-ợc : 4y+2.40=204y =18y=log 184 (TM)

Víi t=2 ta cã log (3 ) 2 3 ( ) (4)2

x y+ x+y = ⇔ x+y= x+y

0,25đ

PT(2)

2 3

2( ) 2( )

2 2 20 2 2 20 (5)

x x y

x y x y x y x y

+
+

+ + + +

⇔ + = ⇔ + =

+ Thay (4) vµo (5) ta ®-ỵc

( )

2( ) 2( )

2 2 20 2 2 20 (6)

x y

x y x y x y x y

+ + + +

+ = + =

Đặt t= ( )

2 x y+ >0PT(6) trở thµnh t2 + t – 20 = 0 5( )
4( )

t L

t TM

= −





Víi t = 4 ta cã 2x y+ 4 x y 2 3x y 4