Đề thi thử tuyển sinh đại học lần II Môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không 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 vuông góc nhau. Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình : sin 2 x + 3sin x = cos 2 x + cos x + 1 2. Giải bất phương trình : 2 x − 1 − x + 5 > x − 3 1 dx Câu III (1điểm) . Tính tích phân I = ∫ 2 −1 1 + x + 1 + x a 3 Câu IV (1điểm). Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = , góc BAD bằng 600 .Gọi 2 M,N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’vuông 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:. 2 2 2 + 3 + 3 ≥3 x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y ) 3. 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®iÓm). 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 ( d 2 ): x + 2y + 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC .. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và x +1 3 − y z + 2 x −1 y − 2 z −1 hai đường thẳng : (d) = = và (d’) = = 1 −1 2 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 tính khoảng cách giữa chúng C©u VIIa: (1®iÓm). n. 1 x Cho khai triÓn  +  = a0 + a1 x + a2 x 2 + .... + an x n . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè  2 3 a0 , a1, a2 ,...,an biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n Cn2Cnn−2 + 2Cnn−2Cnn−1 + Cn1Cnn−1 = 11025. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI b(2điểm). x2 y 2 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): + = 1 . Gọi F1 và F2 là các tiêu 3 2. điểm của (E) (F1 có hoành 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 tròn 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 độ ). C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i 2 2  log x + y (3 x + y ) + log 3 x + y ( x + 2 xy + y ) = 3  ( x ∈ R) x   4 x + y + 2.4 x + y = 20 Lop12.net. hÖ. ph-¬ng. tr×nh:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! ______________________ Hết ____________________. 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 Môn: TOÁN. ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 07 trang) CÂU. NỘI DUNG. ĐIỂM. 3. Câu I : Cho hàm số y = x – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3. (2 điểm) 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 vuông góc nhau. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.. 1.. (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.... * Bảng biến thiên: x -∞ y' + y. -1 0 3. 0,25đ. 1 0. -. +∞ +. 0,25đ. +∞. -∞. -1. * Đồ thị:. y 4. 3. 2. 0,25đ -1 -6. -4. o. -2. 1. x 2. -1 -2. ______ 2. -4. Lop12.net. 4. 6.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 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 vuông góc nhau. Xét pt hoành độ giao điểm x3-3x+1=mx+m+1 (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 vuông góc với nhau ∆ g > 0  , ,  y ( xN ). y ( xP ) = −1  g (−1) ≠ 0 . 0,25đ. 0,25đ. 0,5đ. Kết luận Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : sin 2 x + 3sin x = cos 2 x + cos x + 1 ⇔ 2sin x cos x − 1 + 2sin 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0. ⇔ cos(2sin x − 1) + 2sin 2 x + 3sin x − 2 = 0. 0,25đ. ⇔ cos x(2sin x − 1) + (2sin x − 1)(sin x + 2) = 0 ⇔ (2sin x − 1)(cos x + sin x + 2) = 0. 0,25đ. 1  sin x = ⇔ 2  cos x + sin x = −2 (VN )  2. π   x = 6 + k 2π ⇔  x = 5π + k 2π (k ∈ Z )  6. 0,5đ. 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). Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 > 2 x − 1 + x + 5 (3). VP(3) > 2 2 + 2 2 = 4 2 >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) Lop12.net. 0,25đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! CÂU. NỘI DUNG. ĐIỂM. TH3: 1 ≤ x < 3 nên 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 − 5 x (4) 8 − 5 x < 0 8 * ⇔ < x < 3 (5) thì (4) luôn đúng 5 1 ≤ x < 3 8 − 5 x ≥ 0 8 * ⇔ 1 ≤ x ≤ (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được 1 ≤ x < 3 5 . 0,25đ. 9 x 2 − 144 x + 144 < 0 ⇔ 8 − 48 < x < 8 + 48. Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 − 48 < x ≤. 8 (6) 5. 0,25đ. Từ (5) và (6) ta có đs: 8 − 48 < x < 3 1. Câu III (1 điểm). dx. ∫ 1+ x +. Tính I =. −1. 1+ x. 0,25đ 2. 2. Đặt t = 1+x +. x 2 + 1 ⇔ ..... x + 1 ⇔ t – (1+x ) =. ⇔ t 2 − 2t = 2tx − 2x ⇔ x =. t 2 − 2t t 2 − 2t + 2 ⇒ dx = dt 2(t − 1) 2(t − 1)2. 0,25đ.  x = 1 ⇒ t = 2 + 2 Và   x = −1 ⇒ t = 2 2+ 2. Vậ y I =. ∫. 2. 1 1. (t 2 − 2t + 2)dx 1 = ... = 2 2t (t − 1) 2.  2+ 2. =  − ln t − 1 + 2 ln t  2  1− t  2. 2+ 2. ∫. 2.  1 1 2  (t − 1) 2 − t − 1 + t dt  . = ... = 1. Câu IV (1 điểm). Lop12.net. 0,25đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! CÂU. NỘI DUNG. ĐIỂM. S. C'. D'. M A'. B'. N. C. D. O A. B. 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 ∆ABD đều ⇒ OA =. a 3 , AC = a 3 2. a 3 2 ’ ' ⇒ ∆ SAO = ∆ ACC ⇒ SO ⊥ AC Mặt khác BD ⊥ ( ACC ' A' ) ⇒ BD ⊥ AC ' Vậy AC’ ⊥ (BDMN). 0,25đ. SA = 2AA’ = a 3 ; CC’ = AA’ =. 1 3 a3 Lập luận dẫn tới VSABD = a 2 .a 3 = 3 4 4 Vậy VAA' BDMN = VSABD − VSA' MN =. ;. VSA' MN =. 1 a 2 3 a 3 a3 = 3 16 2 32. 7a 3 32. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. Câu V 2 2 (1 điểm) CMR: 3 2 + 3 + 3 ≥3 x ( y + z). y ( z + x). z ( x + y). 1 1 1 Đặt a = ; b = ; c = ta có : x y z 2 2 2 2a 3bc 2ab3c 2abc 3 + 3 + 3 = + + 3 x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y ) b + c a + c b + a. Lop12.net. 0,25đ (1).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! CÂU. NỘI DUNG Do xyz = 1 nên abc = 1 Ta được (1) ⇔ 2 2 2 2a 2 2b 2 2c 2 Cũng áp dụng bất đẳng thức Cô si + + = + + x3 ( y + z ) y 3 ( z + x) z 3 ( x + y ) b + c a + c b + a. ĐIỂM. ta được a2 b+c + ≥a b+c 4 b2 a+c + ≥b a+c 4 c2 a+b + ≥c b+a 4 a2 b2 c2 a+b+c ⇒ + + ≥ mà a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 b+c a+c b+a 2 2 2 2 2a 2 2b 2 2c 2 Vậ y 3 + 3 + 3 = + + ≥ 3 Điều cần chứng minh x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y ) b + c a + c b + a. 0,75đ. Câu VIa Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân (2 điểm) giác trong của góc C lần lượt có phương trình : ( d1 ): x – 2y + 4 = 0 và ( d 2 ): x + 2y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 1. Gọi C ( xc ; yc ) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (−2 yc − 2; yc ). y +1   Gọi M là trung điểm của AC nên M  − yc − 1; c  2  . Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : − yc − 1 − 2.. ⇒ C (−4;1). yc + 1 + 4 = 0 ⇒ yc = 1 2. 0,25đ. 0,25đ. Từ A kẻ AJ ⊥ d 2 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 4  x=−  2 x − y + 1 = 0 4 3  5 ⇔ ⇒ I (− ; − )  5 5 x + 2 y + 2 = 0 y = − 3  5 Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ 8 8   0 + x = − 5  x = − 5 8 11 Gọi J(x;y) ta có:  ⇔ ⇒ J (− ; − ) 5 5 1 + y = − 6  y = − 11 5 5   8 11 Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J (− ; − ) là: 5 5 4x+3y+13=0. ______. 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 : Lop12.net. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! CÂU. NỘI DUNG. 2. 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 2 1 1. ; 12. 1 2. ; 12. 1 1. ) = −8 ≠ 0. 0,25đ. Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :.    MM '  u, u ' 8 d ( ( d ) , ( d ') ) = = ... =   11  u, u '   T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè a0 , a1, a2 ,...,an ..... 0,5đ. Ta cã C2n Cnn−2 + 2Cnn−2 Cnn−1 + C1n Cnn−1 = 11025⇔ (C2n + C1n ) 2 = 1052 + Với n ∈ N và n ≥ 2  n = 14 n( n − 1) C2n + C1n = 105 ⇔ + n = 105 ⇔ n 2 + n − 210 = 0 ⇔  2  n = −15 (lo¹ i ). Câu. 1 Ta cã khai triÓn  + 2 k k −14 − k Do đó ak = C14 2 .3. x  3. 14.  1 = ∑C    2 k =0 14. k 14. 14− k. k. 14 x k k −14 − k k   =∑ C14 2 .3 .x 3   k=0. 0,25đ. _____. Giả sử ak là hÖ sè lín nhÊt cÇn t×m ta ®-îc hÖ ,qua công thức khai VIIa (1 điểm) triển nhị thức NEWTON ta có hệ sau : 3 ( k + 1) ≥ 28 − 2k ak ≥ ak +1 k ≥ 5 ⇔ ⇔   2(15 − k ) ≥ 3k k ≤ 6 ak ≥ ak −1 Do k ∈ N , nªn nhËn 2 gi¸ trÞ k = 5 hoÆc k = 6. 0,25đ. 0,25đ. Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất, thay vào ta đượckết quả a 5 ; a 6 và a 5 = a 6 1001 5 VËy hÖ sè lín nhÊt lµ a5 = a6 = C14 2−93−5 = 62208 Câu VIb (2 điểm). Lop12.net. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! CÂU. NỘI DUNG 2. ĐIỂM. 2. x y + = 1 ⇒ c 2 = a 2 − b2 = 3 − 2 = 1 3 2 Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x − y 3 + 1 = 0. (E) : 1. 0,5đ.  2   4  ⇒ M 1;  ⇒ N 1;  3 3  .     1   ⇒ NA = 1; − ; F A = 1; 3 ⇒ NA.F2 A = 0 2  3  ⇒ ∆ANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N. (. ). 0,25đ. 2. 2  4  Do đó đường tròn có phương trình là : ( x − 1) +  y −  =3 3  • 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 x y z Vì B ( 0;3;0 ) ∈ Oy nên ta có phương trình mặt phẳng chắn ( P ) : + + = 1 . a 3 c 2. 2. •. 4 3 − = 1 ⇔ 4c − 3a = ac (1) a c ac 1 1 = .3. ac = = 3 ⇔ ac = 6 (2) 3 2 2. 0,25đ. 0,25đ. M ( 4;0; −3) ∈ ( P ) ⇒. 1 VOABC = OB.S∆OAC 3. 0,25đ. a = −4 ac = 6 ac = −6 a = 2  Từ (1) và (2) ta có hệ  ∨ ⇔ 3∨ 4c − 3a = 6 4c − 3a = 6 c = − 2 c = 3 x y 2z x y z Vậy ( P1 ) : + − = 1; ( P2 ) : + + = 1 −4 3 3 2 3 3. 0,25đ. 0,25đ.  log x + y (3 x + y ) + log 3 x + y ( x 2 + 2 xy + y 2 ) = 3 Câu  ( x ∈ R) x VIIb Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:  x+ y x+ y  = 20 (1 điểm)  4 + 2.4 x. Đặt log x + y (3x + y ) + log3 x + y ( x 2 + 2 xy + y 2 ) = 3 (2). (1). và. 4 x + y + 2.4 x + y = 20. 0 < x + y ≠ 1 ĐK  0 < 3 x + y ≠ 1 Víi ®k trªn PT (1) ⇔ log x + y (3x + y ) + log3 x + y ( x + y ) 2 = 3. +. ⇔ log x + y (3 x + y ) + 2 log 3 x + y ( x + y ) = 3. (3). Đặt t = log x + y (3 x + y ) Lop12.net. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! CÂU. NỘI DUNG. PT(3) trở thành. t+. ĐIỂM. t = 1 2 = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  t t = 2. Víi t=1 ta cã log x + y (3 x + y ) = 1 ⇔ 3 x + y = x + y ⇔ x = 0 thay vµo (2) ta ®-îc : 4y+2.40=20 ⇔ 4 y = 18 ⇔ y = log 4 18 (TM) Víi t=2 ta cã log x + y (3x + y ) = 2 ⇔ 3x + y = ( x + y )2 (4). PT(2) ⇔ 2. 2( x + y ). +2. 2x +1 x+ y. = 20 ⇔ 2. 2( x + y ). +2. 3x+ y x+ y. = 20. + Thay (4) vµo (5) ta ®-îc 2 2( x + y ) + 2. (5). ( x + y )2 x+ y. = 20 ⇔ 2 2( x + y ) + 2 x + y = 20 (6) t = −5( L) §Æt t= 2( x + y ) > 0 PT(6) trở thµnh t2 + t – 20 = 0  t = 4(TM ) x+ y Víi t = 4 ta cã 2 = 4 ⇔ x + y = 2 ⇒ 3 x + y = 4 x + y = 2 x = 1 Ta cã hÖ  ⇔ (TM ) 3x + y = 4 y =1. Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; log 4 18);(1;1). 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 Tổ trưởng tổ Toán – Tin Trường THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình. Lop12.net. 0,25đ. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>