De va DA thi thu DH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề). 2 y  x 3  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 3 Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 ). với x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số.. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3 x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0 ..  x 2  y 2  xy  1 4 y  y ( x  y ) 2 2 x 2  7 y  2 ( x, y  R)  2. Giải hệ phương trình: , x3 log  5log3 81x 2  2 log 3 x  7 9 3. Giải bất phương trình: . Câu III ( 1 điểm) 2 1 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) 1 (0; ) và AC = 2BD. Điểm M 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc. đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1        ...     1   2   3  n 1  (n 1) 2   2. Chứng minh , với n. nguyên dương. Câu V ( 2 điểm) 3 1. Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3  x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 2 2 2. Giải phương trình: 2 x  7 x  10 x  x  12 x  20 ( x  R ).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ………Hết……… SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề). 2 y  x 3  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 3 Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 2. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 ). với x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số.. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3 x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0 ..  x 2  y 2  xy  1 4 y  y ( x  y ) 2 2 x 2  7 y  2 ( x, y  R)  2. Giải hệ phương trình: , x3 log  5log3 81x 2  2 log 3 x  7 9 3. Giải bất phương trình: . Câu III ( 1 điểm) 2 1 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) 1 (0; ) và AC = 2BD. Điểm M 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc. đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1        ...     1   2   3  n 1  (n 1) 2   2. Chứng minh , với n. nguyên dương. Câu V ( 2 điểm) 3 1. Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3  x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 2 2 2. Giải phương trình: 2 x  7 x  10 x  x  12 x  20 ( x  R ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ………Hết……… SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề). 2 y  x 3  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 3 Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 3. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 ). với x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số.. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3 x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0 ..  x 2  y 2  xy  1 4 y  y ( x  y ) 2 2 x 2  7 y  2 ( x, y  R)  2. Giải hệ phương trình: , 3. Giải bất phương trình: Câu III ( 1 điểm). x3  5log3 81x 2  2 log 3 x  7 9 .. log 21 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) 1 (0; ) và AC = 2BD. Điểm M 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc. đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1    ...           1   2   3  n 1  (n 1) 2   2. Chứng minh , với n. nguyên dương. Câu V ( 2 điểm) 3 1. Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3  x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 2 2. Giải phương trình: 2 x  7 x  10 x  x  12 x  20 ( x  R ). SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2. ………Hết……… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề). 2 y  x 3  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 3 Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 4. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 ). với x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số.. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3 x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0 ..  x 2  y 2  xy  1 4 y  y ( x  y ) 2 2 x 2  7 y  2 ( x, y  R) 2. Giải hệ phương trình:  , x3 log  5log3 81x 2  2 log 3 x  7 9 3. Giải bất phương trình: . Câu III ( 1 điểm) 2 1 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) 1 (0; ) và AC = 2BD. Điểm M 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc. đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1        ...     1   2   3  n 1  (n 1) 2   2. Chứng minh , với n. nguyên dương. Câu V ( 2 điểm) 3 1. Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> P 3  x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 2 2 2. Giải phương trình: 2 x  7 x  10 x  x  12 x  20 ( x  R ). ………Hết……… Trường THPT Lương Tài 2 Tổ Toán - Tin. ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 2012 Môn: Toán; Khối: A, B ( Đáp án – thang điểm gồm 5 trang. 2 điểm Câu I. 1.. 2 y  x 3  2 x 2  1. 3 1. Với m = -3 thì ta có +)Tập xác định: D R.. 0,25.  x 0  y 1 y' 0    x 2  y   5 2 3  +)Sự biến thiên: y' 2 x  4 x. Ta có Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2).. 0,25. +) Hàm số đạt. yCD  y  0  1; yCT  y  2  . 0,25. 5 3. +) Bảng biến thiên: x. . y'. . 0 0 1. . 2 0.   . y . . 5 3. +) Đồ thị:. 0,25 2. -5. 5. -2. 2.. 2. 2. +) Ta có y' 2 x  2( m  1 )x  m  4m  3. Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  m 2  6m  5  0   5  m   1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu II 1..  x1  x2  1  m   1 2 1 A  m 2  8m  7  x1 x2  2 ( m  4m  3) 2 +) Khi đó ta có => 1 9 t  ( m2  8m  7)  t  0 2 +) Xét trên (-5;-1) => 2 9 A 2 khi m = -4. +) Từ đó ta có. 0,25. sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0  (sin 3x  sin x)  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x) 0. 0,25. 0,25 0,25.  2sin 2 x.cos x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x 1) 0  2sin x.cos 2 x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x 1) 0 1   sin x  2   (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x 1) 0   cos x 1  1  cos x  2 . 0,25.   x   k 2  1 6 sin x    , ( k  Z ). 2  x  5  k 2  6 +)   x   k 2  1 3 cos x    , (k  Z ). 2  x    k 2  3 +) +) cos x 1  x k 2 , (k  Z ).. 0,25. 0,25. Kết luận ………………. 2.  x 2  y 2  xy  1 4 y  2 2 Giải hệ phương trình:  y ( x  y) 2 x  7 y  2 , ( x, y  R) .. +) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ. 0,25 2.  x 1  x  y 4   x  y  xy  1 4 y y   .  2 2 2 y ( x  y )  2 x  7 y  2 x  1  ( x  y ) 2  2 7  y y  0 Với , ta có: 2. 2.  v 3    u  v 4  u 4  v u 1  2   2  v  5 v  2u 7 v  2v  15 0 x2 1  u , v x  y  u 9 y +) Đặt ta có hệ:. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   x 1   x2 1  y  x2 1  y  x 2  x  2 0  y 2       x  2 v 3  x  y 3  y 3  x  y 3  x   u  1   y 5 . +) Với  . 0,25. 2  x 2  1 9 y  x 2  9 x  46 0 v  5  x  1 9 y     x  y  5 y  5  x u  9    y  5  x  +) Với  vô nghiệm.  x 1  x  2   y  2  KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ,  y 5. 3.. x3 log  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 9 2 1 3. 0,25. +) Điều kiện x >0 log 21 3. x3  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 2 9  (3log 3 x  2)  5(4  2log 3 x)  2 log 3 x  7. 0,25. 1   log 3 x  3   3log 32 x  8log 3 x  3  0  log 3 x  3. . 0,25. 1 1 1 log 3 x   x 33  x  3 3 3 +). +) log3 x  3  x  9 0,25.  1  x  3 3    x 0  Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm  x  9. Câu III 0,25. S. +) Từ giải thiết ta có SD  ( ABCD) 0  suy ra (SB, (ABCD)) = SBD 60. Ta có. S ABCD. 1 3a 2  ( AB  CD) AD  2 2 (đvdt). H. K D. C G. A. E B.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 0,25 +) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a 0 => BD a 2  SD BD tan 60 a 6. 1 a3 6 VS . ABCD  SD.S ABCD  3 2 (đvtt) Vậy. +) chứng minh được BC  ( SBD) , kẻ DH  SB=> DH  (SBC). 0,25. 1 1 1 a 6  2  DH  2 2 SD DB 2 Có DH. +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK  (SBC) và. 0,25. GK EG 1 a 6 a 6    GK  GK  DH ED 3 6 Vậy d( G, (SBC) = 6. Câu VI 1.. +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :. 0,25. => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0. d. 4.2  3.1  1. +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:. 4 2  32. 2. 0,25. AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1  2 2 2 d x 4 x suy ra x =. 5 suy ra BI = 5 2 2 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): ( x  2)  ( y  1) 5. 0,25. Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 4x  3y – 1  0  2 2 +) Tọa độ B là nghiệm của hệ: ( x  2)  ( y  1) 5. 0,25. Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Vậy B( 1; -1) 2.. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1    ...           1 2 3 ( n  1) 2  n 1  Chứng minh       (1) k Cn 1 n! 1 (n  1)! 1  .  .  .Cnk11 +) Ta có k  1 k  1 k !(n  k )! n  1 (k  1)!((n  1)  (k  1))! n  1 1  (Cn11 ) 2  (Cn21 ) 2  (Cn31 )2  ...  (Cnn11 ) 2  2  ( n  1)  VT (1) =. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 0,25. 2 n 2. +) xét. (1  x) 2 n 2   C2kn  2 x k k 0. n 1 2 n 2. => hệ số chứa xn+1 là C n 1 n 1. +) Ta lại có. (1  x )2 n 2 (1  x) n 1.(1  x) n 1  Cnk1Cni 1 x k i. 0,25. k 0 i 0. 0 n 1 1 n n 1 n 1 0 hệ số chứa xn+1 là Cn 1Cn1  Cn1Cn1  ...  Cn1Cn1  Cn1 Cn1. (Cn01 ) 2  (Cn11 ) 2  (Cn21 ) 2  (Cn31 ) 2  ...  (Cnn11 ) 2 ( vì Cnk Cnn  k ) 1  (Cn11 ) 2  (Cn21 )2  (Cn31 ) 2  ...  (Cnn11 ) 2 1 2 2 2 3 2 n 1 2 n 1 +) đồng nhất hệ số chứa xn+1 được (Cn 1 )  (Cn 1 )  (Cn 1 )  ...  (Cn 1 ) = C2 n 2 -1. 0,25. C2nn12  1 2 Vậy VT(1) = (n  1) =VP(1). Câu V 1.. 3 Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P 3  x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 ( x  y)3  4 xy 2  ( x  y )3  ( x  y )2 2  2 + ta có ( x  y)  4 xy 0. 0,25.   x  y  1  ( x  y) 2  2( x  y ) 2  2  0  x  y 1 2 2  ( x2  y 2 )2  2 2 P 3  x 2  y 2   x 2 y 2  2  x 2  y 2   1 3   x 2  y 2     2  x  y  1 4   +) 2 9   x2  y 2   2  x2  y 2   1 4. 0,25. 9 1 ( x  y )2 1  P  t 2  2t  1 t 2 2 ta có 4 2 , với. 0,25. . . 2.. +) Đặt. t x 2  y 2 . 9 1 9 9 P  t 2  2t  1 t P  t 2  2t  1  4 2 => 4 16 +) Xét với 1 t “= “  2 => x=y = ½. 0,25.  x 10  +) Điều kiện  x 2. 0,25. 9 Vậy GTNN của P = 16. 2 2 Đặt a  x  7 x  10, b  x  12 x  20 ta có 2a –b =x. 2 2 (1)  2( x  7 x  10  ( x  1))  x  12 x  20  ( x  2)  18( x  1)  16( x  1)  2 2 x  12 x  20  ( x  2) => x  7 x  10  ( x  1)  x 1   9 8    a  x 1 b  x  2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  2a  b  x    9 8  a  x  1 b  x  2 +) Ta có hệ.  2a  b  x  5a 4 x  5  8a  9b  x  10.  x 54 15  5  5 x  7 x  10 4 x  5   15  5  x  2 x   2 => ( thỏa mãn) 15  5 x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, 2. Chú ý : Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>