30 đề thi thử và luyện thi đại học môn Toán có đáp án

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HTTP://KINHHHOA.VIOLET.VN. 30 ĐỀ TH I THỬ VÀ LUY N THI ĐẠI HỌC. 2011 CÓ ĐÁP ÁN. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG 2011. MÔN:TOÁN- KHỐI A. KHOA TOÁN-TIN -------------. (Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ). A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm ). y. 2x 1 x  1 (C).. Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt các tiệm cận tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). Câu II: (2,0 điểm). sin 3 x.sin 3 x  cos 3 x.cos 3 x 1    8   tan  x   .tan  x   6 3     1. Giải phương trình 3 3 1  1  x 2  1  x   1  x    2  1  x 2   2. Giải phương trình. .. 1. I   x ln  x 2  x  1dx Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân. 0. .. Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB  AD  a ,. AA ' . a 3 2 , góc. 0 BAD bằng 60 . Gọi 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 . 2 2 2 Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 ,. ta có:. a 5  2a 3  a b5  2b3  b c 5  2c 3  c 2 3    b2  c2 c2  a2 a 2  b2 3 . B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d:. x  14 y z  5   4 1 2 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16. n. 1    x 4  2 x  , biết n là số nguyên Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x2 trong khai triển:  dương thỏa mãn:. 1. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 2Cn0 . 2 2 1 23 2 2n 1 n 6560 Cn  Cn  ...  Cn  2 3 n 1 n 1 .. II. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình 7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của h?nh vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  1  0 và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho. MA  MB. đạt giá trị lớn nhất.. 1 2  2 log 3 x  log 3 y  0 , (m  R)   x 3  y 2  my  0 . Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình . Tìm m để hệ có nghiệm. .........Hết......... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:............................................................; Số báo danh:.................... ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn thi: TOÁN . Câu I. ? 1. Đáp án  TXĐ : D = R\  Sự biến thiên:. 1 y’ =.  x  1. 2. 1 ..  0, x  D. lim  lim  2. x . 0,25 .. Hàm số nghịch biến trên: Giới hạn:. Điểm 1,0. x .  ;1 và 1;   ; tiệm cận ngang: y = 2. lim  , lim  . x 1. x 1. 0,25. ; tiệm cận đứng: x = 1. Bảng biến thiên:  Đồ thị:. 0,25 0,25. 2. 1,0. 2m  1 Gọi M(m; m  1 ). y Tiếp tuyến của (C) tại M:. 1.  m  1. x  m  2 . 0,25. 2m  1 m 1. 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3. 2m A(1; m  1 ), B(2m-1; 2). 0,25. 2m 1 2  2 m  1 , IB = 2m  2  2 m  1 IA = m  1 1 S IAB  IA.IB  2 2 .. 0,25. 0,25. Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). II. 1. 1,0.  k  6 2 Điều kiện:         tan  x   .tan  x    tan  x   .cot   x   1 6 3 6    6  Ta có 1 3 3 Phương trình tương đương với: sin x.sin 3 x  cos x.cos 3 x = 8 1  cos2 x cos2 x  cos4 x 1  cos2 x cos2 x  cos4 x 1  .  .  2 2 2 2 8 1  2  cos2 x  cos2 x.cos4 x   2 1 1  cos3 x   cos2 x  8 2    x  6  k  loai   ,k Z   x     k x    k  6 6 . Vậy : x. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 1,0 Đk: -1  x  1 Đặt u =. 1  x . 3. ,v=. (1  x)3. ; u,v  0. 0,25. u 2  v 2  2  3 3  1  uv (u  v )  2  uv Hệ thành:  1 1 1 2 1  uv   2  2uv    u 2  v 2  2uv    u  v  2 2 2 3 3 2 2 u  v   u  v   u  v  vu   (u  v)  2  uv . 0,25. Ta có:. u 2  v 2  2 2  2 2  u2  1 2 u  v  2 x. 0,25. 2 2. 0,25. 3. . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4. III. 1,0. 2x 1  u  ln  x 2  x  1 du  x 2  x  1 dx   2 v  x dv  xdx  2 Đặt 1 1 1 2 x3  x 2 x2 I  ln x 2  x  1   2 dx 2 0 2 0 x  x 1. . 0,25. . 1. 1 1 1 1 3 dx ln 3   x 2  x   ln( x 2  x  1)10   2 0 2 2 4 4 0 x  x 1. 0,25. 3 3  ln 3  J 4 4 1. dx. J . 2. 2 1  3  1 3    x   x  tan t , t    ;     2  2   2 2  2 2 . Đặt 2 3 3  3 J  dx   3 6 9 0. 0,25. 3  3 ln 3 Vậy I = 4 - 12. 0,25. IV. 1,0 Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’  M, N lần lượt là trung điểm của SD và SB. a 3 , AC  a 3 AB = AD = a, góc BAD = 60   ABD đều  OA = 2 a 3 3, CC '  AA '  2 SA = 2AA’ = a AO SA    SAO ~ ACC ' AC CC '  ACC ' ~ AIO (I là giao điểm của AC’ và SO)  SO  AC ' (1) BD  ( ACC ' A ')  BD  AC ' Mặt khác (2)  Từ (1) và (2) đpcm. 0,25. 0. 0,25. 1 3 a2 VSABD  a 2 a 3 3 2 4. 0,25. 2. VSA ' MN. 1  a  3 a 3 a2     3 2  4 2 32. 4. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 5. VAA ' BDMN  VSABD  VSA' MN . 7a 2 32. 0,25. V. 1,0.   0;1 Do a, b, c > 0 và a  b  c  1 nên a, b, c 2. 2. 2. 2. 2 a 5  2a 3  a a  a  1   a3  a 2 2 2 b c 1 a Ta có:. BĐT thành: Xét hàm số Ta có:.  a. 3. 0,25.  a    b3  b    c3  c  . 2 3 3. f  x    x3  x, x   0;1. Max  0;1 f  x . 0,25. 2 3 = 9. 0,25. 2 3 3  đpcm 1 abc 3 Đẳng thức xảy ra  f  a   f b  f  c  . VI.a. 0,25. 1. 1,0.  9 3  ;   3;0  I 2 3, M. 0,25. Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM = 3 2 0,25. S ABCD  AB. AD  12  AD  2 2 AD qua M và vuông góc với d1  AD: x + y – 3 = 0 Lại có MA = MB = 2.  x  y  3  0 x  2 x  4    2 2  y 1 y  1   x  3  y  2 Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:  hoặc   D  4; 1  C  7; 2  và B  5; 4 . 0,25. Chọn A(2 ; 1). 0,25. Gọi H là trung điểm đoạn AB  HA  8 IH2 = 17. 1,0 0,25 0,25 0,25. 2. IA2 = 81  R  9 2. 2.  C  :  x  1   y  1   z  1. 2.  81. 0,25. VII.a. 1,0 2. 2Cn0  Ta có:. 3. n 1. 2. 2 1 2 2 2 n Cn  Cn  ...  Cnn   1  x  dx n 1 2 3 0. 0,25. 5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 6. . 3n 1  1 6560   3n 1  6561  n  7 n 1 n 1. 0,25. 7. 7 1  1 k 1443k  x      2k C7 x 24 x  0  14  3k 2k 7 4 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 21 Vậy hệ số cần t?m là: 4. VI.b. 0,25. 0,25. 1. 1,0 0,25. Gọi A(-4; 8)  BD: 7x – y + 8 = 0  AC: x + 7y – 31 = 0 Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b) D: ax + by + 4a – 5b = 0, D hợp với AC một góc 450  a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3. 0,25.  AB: 3 x  4 y  32  0; AD : 4 x  3 y  1  0 1 9  ; )  C  3; 4  Gọi I là tâm h?nh vuông  I( 2 2  BC : 4 x  3 y  24  0; CD : 3x  4 y  7  0. 0,25. KL:. 0,25 1,0. 2 Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)  B’(-1; -3; 4). 0,25. MA  MB  MA  MB '  AB '. 0,25. Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng  M là giao điểm của (P) và AB’. x  1 t   y  3  z  2t . 0,25. AB’: M(-2; -3; 6). 0,25 1,0. VII.b Đk: x  0, y > 0. 1 2 log 3 x  log 3 y  2 log 3 x  log 3 y  0  3  2  x 3  y 2  my  0  x  y  ay  0  . 0,25.  y  x , 1  y  x  3   2 2  y  y  ay  0  y  y  a,  2  Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0 0,25. 2. Ta có : f(y) = y  y >0 ,  y > 0 Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 Vậy hệ có nghiệm khi a > 0. 0,25 0,25. 6. . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 7. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Trường THPT Anh Sơn III. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Môn Toán – Khối A Năm học 2010­2011­Thời gian 180 phút. . Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = x 3 - 3mx 2 + 3(m 2 - 1) x - (m 2 - 1) (1) a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương. Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx ­ 2sin 2 (2x+. p 4. )=0. b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :. ìï2 x + x = y + x 2 + a í 2 2 ïî x + y = 1 sin xdx Câu 3 : Tìm : ò (sin x + 3 cos x)3 Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC . A' B 'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) cắt nhau tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng : P=. 3. 4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x 3 ) + 2(. x y z + 2 + 2 ) ³ 12 2 y z x. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 - 4 x - 4 y + 4 = 0 và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :. ( d1 ) :. ì x = 4t ' ï (d 2 ) : í y = -2 ïz = t' î 3. x y +1 z - 2 = = 2 -2 1. Viết phương trình đường thẳng ( D )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :. 1 ö æ4 ç x+3 ÷ xø è. 7. ( với x > 0 ). B . Theo chương trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;­1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x ­4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( D ) có phương trình :. ì2 x - y + z + 1 = 0 í îx - y + z + 2 = 0. Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( D )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho (1 + x + x 2 )12 = a0 + a1 x + a2 x 2 + ...a24 x 24 . Tính hệ số a 4 . ­­­­­­. Hết.. ­­­­­­­­. Họ và tên………………………………………….. Lop12.net. Số báo danh…. ..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 8. SỞ GD­ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mụn: TOÁN; Khối A (Đáp án ­ thang điểm gồm 07 trang). ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Câu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát… (2 điểm) Với m=0, ta có: y=x3­3x+1 TXĐ D=R. Điểm. éx =1. y’=3x2­3; y’=0 Û ê ë x = -1. 0,25. lim y = ±¥ x ®±¥. BBT x y’ y. ­1 0 3. -¥. +. ­. 1 0. +¥. + +¥. 0,25. ­1 -¥. Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;­1) và (1; +¥ ), nghịch biến trên (­1;1) Hs đạt cực đại tại x=­1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=­1 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(­2;­1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng. 0,25. y 3. ­2. 1 ­1 0. 1 2. 0,25 x. ­1. b. (1.0 điểm) Tìm m để … Ta có y’= 3x2­6mx+3(m2­1) é x = m -1. 0,25. y’=0 Û ê ë x = m +1. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 9. Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có: ìV' y ' > 0 ì"m Î R ï ï 2 2 2 ï fCD . fCT < 0 ï(m - 1)(m - 3)(m - 2m - 1) < 0 ï ï Û ím -1 > 0 í xCD > 0 ïx > 0 ïm + 1 > 0 ï CT ï ïî f (0) < 0 ïî -(m - 1) < 0 ì é1 - 2 < m < 1 ïê ïï ê - 3 < m < -1 Û íê Û 3 < m < 1+ 2 ï êë 3 < m < 1 + 2 ï îï m > 1. Câu 2 (2.0 điểm). 0,25. Vậy giỏ trị m cần tìm là: m Î ( 3;1 + 2). 0,25. a. (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +. p 4. )=0. Û sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +. p 2. 0,25 ). Û sinx + sin4x = 1+ sin4x Û sinx = 1 p + k2 p , kÎ Z Ûx= 2. 0,25 0,25 0,25. b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (­x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 ìï2 x + x = y + x 2. ­Với a = 0, hệ trở thành: í. ìï2 x + x - x 2 = y (1) Ûí (I) 2 2 x + y = 1 (2) îï. 2 2 îï x + y = 1 2 ìï2 x + x - x 2 ³ 1 ïì x £ 1 ìï y £ 1 Từ (2) Þ í 2 Þ í 2 Þí îï y £ 1 îï x £ x îï y £ 1. ì x2 + y 2 = 1 ïï x ìx = 0 Þ ( I ) có nghiệm Û í2 + x - x 2 = 1 Û í îy =1 ïy =1 ïî ìï2 x + x = y + x 2 + 2 ­Với a=2, ta có hệ: í 2 2 ïî x + y = 1. Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;­1) và (1;0) Vậy a = 0. TM. 0,25. 0,25. 0,25 không TM. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 10. Câu 3 (1.0 điểm). p. p. sin [(x­ ) + ] s inx 6 6 Ta có = 3 p (sinx+ 3cosx) 8cos 3 ( x - ) 6 3 p 1 p sin( x - ) + cos(x­ ) 6 2 6 = 2. 0,25. 0,25. p. 8cos(x­ ) 6. p. sin( x - ) 3 1 6 + 1 = 16 cos 3 ( x - p ) 16 cos 2 ( x - p ) 6 6 p s inxdx 3 1 Þò = + tan( x - ) + c 3 p 6 (sinx+ 3cosx) 32cos 2 ( x - ) 16 6. Câu 4 (1.0 điểm). 0,25. 0,25. Gọi I = AC Ç ’A’C, J = A’B Ç AB’ (BA'C) Ç (ABC') = BI ü ï (BA'C) Ç (AB'C) = CJ ý Þ O là điểm cần tìm ï Goi O = BI Ç CJ þ. Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C A'. C'. 0,25. B' I. J O. A. C. H M. Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC) Do V ABC là hình chiếu vuông góc của trọng tâm V ABC Gọi M là trung điểm BC. Ta có:. B. V BA’C trên (ABC) nên H là. OH HM 1 = = A ' B AM 3. 1 1 1 Þ VOABC = OH .SV ABC = A ' B.SV ABC = V 3 9 9 Lop12.net . 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 11. Câu 5 (1.0 điểm). Ta có: 4(x3+y3) ³ (x+y)3 , với " x,y>0 Thật vậy: 4(x3+y3) ³ (x+y)3 Û 4(x2­xy+y2) ³ (x+y)2 (vỡ x+y>0) 2 2 2 Û 3x +3y ­6xy ³ 0 Û (x­y) ³ 0 luôn đúng Tương tự: 4(x3+z3) ³ (x+z)3 4(y3+z3) ³ (y+z)3. 0,25. Þ 3 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( x3 + z 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) ³ 2( x + y + z ) ³ 6 3 xyz. Mặt khác: 2(. x y z 1 + 2 + 2 ) ³ 63 2 y z x xyz. Þ P ³ 6( 3 xyz + 3. 0,25. 1 ) ³ 12 xyz. 0,25. ì ïx = y = z ï ï x y z Dấu ‘=’ xảy ra Û í 2 = 2 = 2 Û x = y = z = 1 z x ïy ï 1 ï xyz = xyz î. Câu 6a (2.0 điểm). 0,25. Vậy P ³ 12, dấu ‘=’ xảy ra Û x = y = z =1 Chương trình chuẩn a. (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: éìx = 0 êí ìx + y - 2 = 0 îy = 2 ê Û í 2 2 êìx = 2 îx + y - 4x - 4 y + 4 = 0 êí êë î y = 0. y. Hay A(2;0), B(0;2). C. 4. 0,25. M. I 2. B. H A O. Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B Lop12.net . 2. x. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 12. 1 2 SV ABC max Û CH max. Ta có SV ABC = CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB) 0,25 ìC = (C ) Ç (V) î xC > 2. Dễ dàng thấy CH max Û í. ìV^ d î I (2; 2) ÎV. Hay V : y = x với V: í. 0,25. Þ C (2 + 2; 2 + 2). Vậy C (2 + 2; 2 + 2) thì SV ABC max b. (1.0 điểm) Nhận xét: M Ï (d1) và M Ï (d2) ì(V) Ç (d1) = I î(V) Ç (d 2) = H. Giả sử í. 0,25. Vỡ IÎ d1 Þ I(2t­1; ­1­2t; 2+t) HÎ d2 Þ H(4t’; ­2; 3t’) ycbt. uuur uuuur ì1 - 2t = k (1 - 4t ') ìïTM = k HM 23 ï Ûí Û í3 + 2t = k (2 + 2) Û t = 10 ïîk Î R, k ¹ 0 ï î1 - t = k (3 - 3t '). Þ T (-. 0,5. 23 18 3 ; ;- ) 5 5 10. Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: ì x = 1 + 56t ï í y = 2 - 16t ï z = 3 + 33t î. Câu 7a (1.0 điểm). Ta có: ( 4 x +. ì5 x + y - 8 z + 17 - 0 î12 x + 9 y - 16 z + 18 = 0. 0,25. hoặc là: í 1 3. x. 7. 1. -. 1. )7 = å C7 k ( x 4 )7 - k .( x 3 ) k. 0.25. k =0. Để số hạng thứ k không chứa x thì: 1 ì1 ï (7 - k ) - k = 0 Ûk=4 3 í4 ïîk Î [0;7]. 0.5. Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C74 = Câu 6b (2.0 điểm). 1 35. 0,25. Chương trình cao a. (1.0 điểm) Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC: ì( BC ) qua B Û ( BC ) : 4 x + 3 y - 5 = 0 í î BC ^ d1. 0,25 ì4 x + 3 y - 5 = 0 Þ C (-1;3) îx + 2 y - 5 = 0. Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: í. Lop12.net .

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 13. Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 3 1 1 - + - - K AC K BC - K d 2 K d 2 - K AC = Û 4 2 = 2 1 3 1 1 + K BC .K d 2 1 + K d 2 .K AC 1+ . 1 - K AC 2 4 2 é K AC = 0 Ûê ê K AC = - 1 (loai) 3 ëê. Ta có:. Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ì3 x - 4 y + 27 = 0 Þ A(-5;3) í îy - 3 = 0 x +5 y -3 = Û 4x + 7 y -1 = 0 Þ Pt cạnh AB là: 2 + 5 -1 - 3. Vậy AB: 4x+7y­1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y­5=0 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có: V cắt AB K(1;3;0) uuur tại uuu r Ta có KB = 2 KA Þ A, B nằm về cùng phía đối với V Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V . Þ H( 1;t;­3+t). Ta có. ìx = 1 ï ) (vỡ PTTS của V : í y = t ï z = -3 + t î. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. uuuur r AH .u = 0 Û -1.0 + (t - 4).1 + ( -4 + t ).1 = 0 Û t = 4 Þ H (1; 4;1) Þ A '(0; 4;1). Gọi M là giao điểm của A’B và d Þ M (1;. 13 4 ; ) 3 3. 0,25. Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B £ NA+NB Vậy M (1; Câu 7b (1.0 điểm). 13 4 ; ) 3 3. Ta có: (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = C120 (1 + x )12 + C121 (1 + x)11 .x 2 + ... + C12k (1 + x)12- k .( x 2 )k + ... + C1212 x 24 =. 0 12 1 0 11 C120 [C12 x + C121 x11 + ... + C128 x 4 + ...]+C12 x 2 [C11 x + ... + C119 x 2 + ...] 2 4 0 10 +C12 x [C10 x + ... + C1010 ]+.... Lop12.net. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 14. 4. Þ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 10 Þ a4 = C120 .C128 + C121 .C119 + C122 .C10 = 1221. Lop12.net. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ TỔ TOÁN ­ TIN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 ­ 2011. Môn: TOÁN ­ Khối A + B Ngày thi: 28/12/2010 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề). . 4. 2. Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x - 5 x + 4, có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để phương trình x 4 - 5 x 2 + 4 = log2 m có 6 nghiệm phân biệt. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:. 1 - cos x(2 cos x + 1) - 2 sin x =1 1 - cos x. 1 ì log x log 16 4 + = 2 xy ï log y 2 2. Giải hệ phương trình : í ï4 x 4 + 8 x 2 + xy = 16 x 2 4 x + y î Câu III. (2,0 điểm) p 4. 1. Tính tích phân: I =. ò ( x + sin. 2. 2 x ) cos 2 xdx .. 0. 2. ì x - 3x - 4 £ 0 2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ïí 3 2. ïî x - 3 x x - m - 15m ³ 0. Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A' xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Biết AA' hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 . 1. Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật. 2. Tính thể tích khối lăng trụ . Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5 , C(­1;­1), đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và B. 2. 2. 2. Giải bất phương trình: (2 + 3) x -2 x +1 + (2 - 3) x -2 x -1 £. 4 2- 3. 0 1 2 2010 Câu VI. (1,0 điểm) Tính tổng: S = C2010 + 2C2010 + 3C2010 + ... + 2011C2010 . .........….. Hết …............ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ………... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> CÂU. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ­ NĂM: 2010 ­2011 NỘI DUNG * Tập xác định D = R * Sự biến thiên: éx = 0 3 2 . ­ Chiều biến thiên: y’ = 4x ­ 10x = 2x(2x ­ 5); y’ = 0 Û ê êx = ± 5 êë 2 Dấu của y’: x. ­¥. -. ­. 0. y’. 5 2. 5 2. 0 +. 0. ­. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (­ ¥; ­ Hàm số đồng biến trên các khoảng (­. +¥. 0. 5 ) và (0; 2. ĐIỂM. 0,25. + 5 ). 2. 5 5 ; 0) và ( ; + ¥). 2 2. ­ Cực trị: I­1 5 9 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± , yCT = ­ ; Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4. (1 2 4 điểm) 5 4 ­ Giới hạn: lim y = lim x 4 (1 - 2 + 4 ) = +¥ . x ®±¥ x ®±¥ x x. 0,25. ­Bảng biến thiên: 5. x. ­¥. y’. ­. 5 2 0. +¥. 5 2. 0. 4. +¥. 3. 2. + 0 4. ­ 0. +. 0,25. 1. +¥. 2. 2 1. y. 2. 9 ­ 4. 9 ­ 4. 3. Đồ thị: ­ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm: (­1;0), (1; 0), (­2; 0), (2; 0) ­ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 0) ­ Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.. 0,25. Số nghiệm của phương trình: x 4 - 5 x 2 + 4 = log2 m là số giao điểm của đường thẳng y = log 2 m với đồ thị của hàm số y = x 4 - 5x 2 + 4 .. 0,25. 6. Vẽ được đồ thị hàm số y = x 4 - 5x 2 + 4. 5. 4. I­2 (1 điểm). 3. 0,25. 2. 1. 2. 2 1. Xác định được điều kiện: 0 < log 2 m < 4 Û 1 < m < 16. 0,25. Kết luận m Î(1; 16).. 0,25 Lop12.net. .

<span class='text_page_counter'>(18)</span> + ĐK : cos x ¹ 1 Û x ¹ m2p (2). 0,25. Û 1 - 2 cos 2 x - cos x - 2 sin x = 1 - cos x Û -2(1 - sin 2 x) - 2 sin x = 0 2 Û 2 sin x - 2 sin x - 2 = 0 Û sin x = 2 p é x = - + k 2p ê 2 p æ ö 4 sin x = = sin ç - ÷ Û ê 5 p 2 4 è ø êx = + k 2p 4 ëê 2. II­1 (1 điểm). 0,5. Ú sin x = 2 (loại). 0,25. +) Từ PT (1) ta có: xy = 4. +) Thế vào (2) ta có:. 0,25 2. 4. 2. II­2 Đặt (1 điểm). x+. 4 x + 8 x + 4 = 16 x. 2. 4 1ö 1 æ 4x + Û ç x + ÷ = 8 x + . x xø x è. 0,25. 1 (t > 0), ta có phương trình: t4 = 8t Û t = 2 (vì t > 0). x. Với t = 2 ta có:. x+. 1 1 = 2 Û x + = 4 Û x2 - 4 x + 1 = 0 Û x = 2 ± 3 x x. +) KL : Hệ có các nghiệm là : æç 2 + 3; è. 4. 4 ö ö æ ÷ ; ç 2 - 3; ÷ 2+ 3 ø è 2- 3ø. p. p. p. 4. 4. 4. 0,25 0,25. 2 2 I = ò ( x + sin 2 x ) cos 2 xdx = ò x.cos 2 xdx + ò sin 2 x.cos 2 xdx = I1 + I 2 . 0. 0. 0. ì du = dx ìu = x ï . + Tính I1 : Đặt: í Þí 1 îdv = cos 2 xdx ï v = sin 2 x 2 î. 0,25. p. III ­ 1 (1 điểm). 1 Þ I1 = x. sin 2 x 2. p 4 0. 4 1 p 1 - ò sin 2 xdx = + cos 2 x 2 8 4 0. p 4 0. =. p 8. -. 1 . 4. 0,25. p 4. + Tính I2 : ò sin 2 2 x.cos 2 xdx Đặt t = sin2x Þ dt = 2cos2xdx. 0. p. 0,25. Þ t = 1. 4 1 1 1 t3 1 1 Þ I2 = ò t 2 dx = . = . 2 2 3 0 6 0 x = 0 Þ t = 0, x =. p. 1 8 12 2 Ta có: x - 3 x - 4 £ 0 Û -1 £ x £ 4 . Hệ phương trình đã cho có nghiệm Û PT x 3 - 3 x x - m 2 - 15m ³ 0 có nghiệm x Î [ -1; 4] Vậy I =. III ­ 2 (1 điểm). +. Û x 3 - 3 x x ³ m 2 + 15m có nghiệm x Î [ -1; 4] 3 2 ïì x + 3 x khi - 1 £ x < 0 Đặt f ( x ) = x 3 - 3 x x = í 3 2 ïî x - 3 x khi 0 £ x £ 4. Lop12.net . 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 2 ïì3 x + 6 x khi - 1 < x < 0 ; Ta có : f ' ( x ) = í 2 ïî3 x - 6 x khi 0 < x < 4 Ta có bảng biến thiên :. x ­1 f’(x). ­. 0 0. ­. 2 0. f ' ( x ) = 0 Û x = 0; x = ±2. 0,25. 4 + 16 0,25. f(x) 2 ­4 f ( x ) ³ m 2 + 15m có nghiệm x Î [ -1; 4] Û max f ( x ) ³ m2 + 15m Û 16 ³ m 2 + 15m [ -1;4]. 2. Û m + 15m - 16 £ 0 Û -16 £ m £ 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Û -16 £ m £ 1 .. 0,25 0,25. IV (1 điểm). 1. Ta có A 'O ^ (ABC) Þ OA là hình chiếu của AA' trên (ABC). ¼' = 60o Vậy góc[AA ',(ABC)] = OAA Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên của lăng trụ) AO ^ BC tại trung điểm H của BC nên BC ^ A'H . Þ BC ^ (AA 'H) Þ BC ^ AA ' mà AA'//BB' nên BC ^ BB' .Vậy BB'CC' là hình chữ nhật.. A'. C'. B'. A. 0,25. 60 o C a. O. 0,25. H B. VABC đều nên AO = 2 AH = 2 a 3 = a 3 3 3 2 3. VAOA ' Þ A 'O = AO t an60o = a a3 3 Vậy V = SABC.A'O = 4 Gọi A(x1; y1), B(x2; y2). Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là: x + x2 - 1 y1 + y 2 - 1 ; ). G( 1 V. 3 3 1 Có G thuộc đường thẳng x + y ­ 2 = 0 nên: (1 điểm) x1 + x2 - 1 y1 + y 2 - 1 + - 2 = 0 Û x1 + x2 + y1 + y2 = 8 (1). 3 3 ì x = 3 - 2 y1 Có A, B thuộc đường thẳng : x + 2y – 3 = 0 nên í 1 (2), suy ra î x2 = 3 - 2 y 2 x1 + x2 + 2( y1 + y 2 ) = 6 (3).. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. ì x + x2 = 10 ì x = 10 - x1 Từ (1) và (3) suy ra: í 1 Ûí 2 î y1 + y2 = -2 î y2 = -2 - y1 + AB = 5 Û AB2 = 5 Û ( x2 - x1 ) 2 + ( y 2 - y1 ) 2 = 5 Û (10 - 2 x1 ) 2 + ( -2 - 2 y1 ) 2 = 5 Kết hợp với (2) ta được: 3 é y1 = ê 2 (4 + 4 y1 )2 + ( -2 - 2 y1 )2 = 5 Û ê êy = - 1 êë 1 2. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 3 1 3 1 Þ x1 = 6, x2 = 4, y2 = - . Vậy A(6; - ), B(4; - ). 2 2 2 2 1 3 1 3 + Với y1 = - Þ x1 = 4, x2 = 6, y2 = - . Vậy A(4; - ), B(6; - ). 2 2 2 2 3 1 Vậy A(6; - ), B(4; - ). 2 2 x -2 x + BPT Û (2 + 3) + (2 - 3) x - 2 x £ 4. + Với y1 = -. 2. 0,25. 2. 0,25. x2 -2 x. V. 2 (1 điểm). (t >0), ta có BPT: + Đặt t = (2 + 3) 1 t + £ 4 Û t 2 - 4t + 1 £ 0 Û 2 - 3 £ t £ 2 + 3 t Û 2 - 3 £ (2 + 3) x. 2. -2 x. 0,25. £ 2 + 3 Û -1 £ x 2 - 2 x £ 1. 0,25. Û 1- 2 £ x £ 1+ 2 . 2010. 0 2010. 0,25 1 2010. 2. 2 2010. 2010. 2010 2010. + Có (1 + x ) = C + xC + x C + ... + x C . + Nhân cả hai vế với x ta được: 0 1 2 2010 x (1 + x ) 2010 = xC2010 + x 2C2010 + x 3C2010 + ... + x 2011C2010 . Lấy đạo hàm từng vế ta được: VI. 0 1 2 2010 (1 điểm) (1 + x ) 2010 + 2010 x (1 + x ) 2009 = C2010 + 2 xC2010 + 3x 2C2010 + ... + 2011x 2010C2010 + Cho x = 1 ta được: C Vậy S = 1005.2. 2010. 0 2010. + 2C. 1 2010. + 3C. 2 2010. + ... + 2011C. 2010 2010. = 1005.2. 2010. 0,25. 0,25 0,25. . 0,25. .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>