ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN -KHỐI A pdf

http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 1 KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II(2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2 4 c x x x x      2.Giải bất phương trình : 2 1 5 3 x x x      Câu III(1,0 điểm) Khai triển (1 – 5x) 30 = a o +a 1 x +a 2 x 2 + + a 30 x 30 Tính tổng S = |a o | + 2|a 1 | + 3|a 2 | + + 31|a 30 | Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2 a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1.Chứng minh rằng: SE EB  và SBCH  2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 P a b b c c a          II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) 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 (d2): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình : 2log 2 2 3 log log x y y x x x x y y         B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 sin 1 os 3 3 x c x y    . 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:…………………… http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 2 ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 1 1điểm Khi m= 1 2 hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXĐ : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 - 4x = 4x( x 2 - 1) y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến ( 1;0) x    vµ (1; )  Hàm số nghịch biến ( ; 1) x     vµ(0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y CĐ =y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x=  1 và y CT =y(  1)=0 .Giới hạn: lim x y    ; lim x y    .BBT: x -  -1 0 1 +  , y - 0 + 0 - 0 + y  1  0 0 3. vẽ đồ thị: y 1 -1 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 3 I 2 (1điểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 ) y x m x x x m     Đk để hàm số có 3 cực trị là , 0 y  có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2 ( ) 4 0 g x x m    có hai nghiệm phân biệt 0 x  0 m   , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m                    Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 ) m m  ;C 4 ( 2 ;1 16 ) m m   Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 ) m m nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì 4 (0;1 16 ) I m  nên 4 16 AI m  ; 4 BC m  4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m    =64 5 5 2 2 m m     (tmđk 0 m  ) Đs: 5 2 m   0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 (1điểm) Đk: ( ) 2 k x k Z    Với đk trên phương trình đã cho tương đương: 2 3 os2 (t anx cot 2 ) 2 1 os(2 ) 2 c x x c x             sinx os2 2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 ) cos sin 2 c x c x x x x      cos 2 3 os2 2(1 sin 2 ) cos .sin 2 x c x x x x     1 2 3 os2 2(1 sin 2 ) sin 2 c x x x     2 2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2 c x x x x     3 sin 4 1 2sin 2 1 os4 x x c x      3 sin 4 os4 2sin 2 x c x x    3 1 sin 4 os4 sin 2 2 2 x c x x    sin(4 ) sin 2 6 x x      4 2 2 ( ) 6 12 ( ) 7 ( )4 2 2 36 36 x x k x k tm k Z k x tmx x k                                  0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 4 II 2 (1điểm) 2 1 5 3 x x x      (1) Đk: 1 x  Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0 x x     (2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5) x x x x x x x            4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5) x x x x x          3( 3) ( 3)(2 1 5) x x x x        (2) Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5 x x     (3) (3) 2 2 2 2 4 2 VP    >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) TH3: 1 3 x   nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3 (2 1 5) x x     bình phương 2 vế ta được: 4 ( 1)( 5) 8 5 x x x     (4) * 8 5 0 8 3 1 3 5 x x x           (5) thì (4) luôn đúng * 8 5 0 8 1 1 3 5 x x x           (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được 2 9 144 144 0 8 48 8 48 x x x        Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 8 48 5 x    (6) Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3 x    0,25 0,25 0,25 0,25 III 1điểm Xét khai triển: 30 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .(5 ) .(5 ) x C C x C x C x       Nhân 2 vế với x ta được: 30 0 1 2 2 2 3 30 30 31 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .5 .5 x x C x C x C x C x       (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được; 30 29 0 1 2 2 2 30 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 31 .5 x x x C C x C x C x         (2) Chọn x=-1 thay vào (2) ta được 30 29 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 6 150.6 2( .5) 3( .5 ) 31( .5 ) C C C C      hay 29 0 1 2 30 6 (6 150) 2 3 31 a a a a       hay 30 0 1 2 30 6 .26 2 3 31 a a a a      ĐS : 30 6 .26 S  0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 5 IV 1 (1điểm) S A F B H E D C *CM: SE EB  Vì tam giác SAD đều cạnh a 3 2 a SE  Xét tam giác vuông AEB có: 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a            Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB              suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB  Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra   AEB BFC  mà   0 90 AEB FBE     0 0 90 90 BFC FBE FHB     Hay CH EB  mÆt kh¸c CH SE  (do ( ) SE ABCD  ) Suy ra ( ) CH SEB  . => SBCH  0,25 0,25 0,25 0,25 IV 2 (1điểm) Vậy . 1 . . 3 C SEB SEB V CH S   * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a              suy ra 2 2 5 a BH  Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH       Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 . . . . . . . 3 2 3 2 2 2 12 5 C SEB a a a a V CH SE EB   (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 6 V (1 điểm) Áp dụng BĐT cosi ta có: 2 2 2 a b ab   2 1 2 b b   suy ra 2 2 2 3 2( 1) a b ab b      Tương tự : 2 2 2 3 2( 1) b c bc c      2 2 2 3 2( 1) c a ac a      Khi đó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a                = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc               = 1 1 1 2 1 1 1 2 ab b ab b ab b ab b                Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 2 khi a=b=c=1 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 1 (1điểm) Gọi ( ; ) c c C x y Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y   Gọi M là trung điểm của AC nên 1 1; 2 c c y M y          Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y         ( 4;1) C   Từ A kẻ 2 AJ d  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 toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4 2 1 0 4 3 5 ( ; ) 2 2 0 3 5 5 5 x x y I x y y                         Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ Gọi J(x;y) ta có: 8 8 0 8 11 5 5 ( ; ) 6 11 5 5 1 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 0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 7 VI. a 2 (1 điểm) Đk: x,y>0 và , 1 x y  Với đk trên hệ phương trình tương đương : 2 2 3(1) log x-1=2log y (2) y x y x        Giải(2) đặt log ( 0) y x t t   phương trình (2) trở thành: 2 1 2 1 2 0 ( ) 2 t t t t tm t t              y y log x=-1 log x=2      2 1 x y x y         1/ 2 2 3 2 3 2 3 3 2 0 1 1 1 y y x y y y x x x y y y                              2 1 1( ) 2 1 2 y xy loai y x y                        2/ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 0 y x y y y x y x y x y                           (vô nghiệm) Đáp số: 1 2 2 x y        0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 8 VI. b 1 (1điểm) Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là nghiệm của hệ : 1 0 0 (0;1) 2 1 0 1 x y x B x y y                 Đường thẳng AB có VTPT : (1; 1) AB n   Đường thẳng BD có VTPT : (2;1) BD n  Giả sử đường thẳng AC có VTPT : ( ; ) AC n a b  Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 1 5 5 5( 2 ) 4 10 4 0 2 5 2 0 AB BD AB AC AB BD AB AC n n n n n n n n a b a b a b a b a b a ab b a ab b a ab b                               2 2 b a a b        1/Với 2 b a  ,chọn a=1,b=2 thì (1;2) AC n  suy ra phương trình đường thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 1 x= 2 1 0 1 1 3 ( ; ) 2 1 0 1 3 3 y= 3 x y I x y                   Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 x=- 1 0 1 2 3 ( ; ) 2 1 0 2 3 3 y= 3 x y A x y                    Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm (1;0) C và 2 1 ( ; ) 3 3 D  2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) Đáp số: 1 2 ( ; ) 3 3 A  ; (0;1) B ; (1;0) C ; 2 1 ( ; ) 3 3 D  0,25 0,25 0,25 0,25 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 9 VI. b 2 (1điểm) TXĐ: D=R hàm số đã cho viết lại là: 2 2 sin 2 sin 3 3 x x y    Đặt 2 sin 3 x t  vì 2 0 sin 1 x   nên 2 sin 1 3 3 x   tức 1 3 t   khi đó hàm số đã cho trở thành 9 ( ) y f t t t    với 1 3 t   Ta có 2 , 2 2 9 9 ( ) 1 t f t t t     , 2 ( ) 0 9 0 3 f t t t        BBT: t 1 3 , ( ) f t - ( ) f t 10 6   ( ; ) 1;3 min ( ) min ( ) 6 y x f t     đạt được khi t=3 khi 2 sin 1 ( ) 2 x x k k Z          ( ; ) 1;3 ax ( ) ax ( ) 10 M y x M f t     đạt được khi t=1 khi 2 sin 0 ( ) x x k k Z      0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. Hết KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN 12. KHỐI D. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x 3 - 3(m + 1)x 2 + 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m= 1 2. CMR: Hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. Xác định các giá trị của m để hàm số (1) đạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: x 2 + xxx 26342 2  2. Giải phương trình: sin2x - 22 (sinx + cosx) -5=0 Câu III (1,0 điểm) http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 10 Tính tổng: S= ! 1 ! 2010 1 ! 3 ! 2008 1 ! 2005 ! 6 1 ! 2007 ! 4 1 ! 2009 ! 2 1  Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB =a, AC =a 3 , DA =DB =DC. Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD Câu V (1,0 điểm) CMR: Với mọi x , y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = 3 ta có: 1 ))()(( 4 2 1    xzzyyxxyz II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(5;-2), B(-3;4) và đường thẳng d có phương trình: x - 2y + 1 = 0. Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C. Viết phương trình đường tròn ngoại tếp tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. S là một điểm bất kỳ nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu đó khi SA=2a. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 3 12 1            x xy 6 3 12 1            y xy B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2;3), đường cao CH nằm trên đường thẳng: 2x + y -7= 0 và đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y +1=0. Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABC). Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính thể tích khối cầu đó. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình e x = 1+ ln(1+x). 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 KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN: TOÁN 12; KHỐI D. (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung đáp án Điểm 2,0 I Khi m=1, ta có hàm số y = x 3 -6x 2 +9x+1 * TXĐ: R * Sự biến thiên - Chiều biến thiên: y' = 3x 2 -12x + 9 y' = 0 <=> x =1 hoặc x =3 0,25 [...]... III 1, 0 Ta có 2 011 ! S= 2 011 ! 2 011 ! 2 011 ! 2 011 ! 2 011 !      2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2 010 !1! 0,25 2 4 6 2008 2 010 = C 2 011  C 2 011  C 2 011   C 2 011  C 2 011 Khai triển 0 1 2 2 010 2 011 (1+ x )2 011 = C 2 011  C 2 011 x  C 2 011 x 2   C 2 011 x 2 010  C 2 011 x 2 011 0,25 Chọn x = -1 ta có: 0 2 2 010 1 3 2 011 C 2 011  C 2 011   C 2 011  C 2 011  C 2 011   C 2 011 0 1 2 2 011 Chọn x = 1 ta có:... có: C 2 011  C 2 011  C 2 011   C 2 011  2 2 011 0,25 0 2 4 2 010 Do đó: C 2 011  C 2 011  C 2 011   C 2 011  2 2 010 Vậy S = 2 2 010  1 2 011 ! 0,25 IV 1, 0 Hình vẽ 0.25 D Gọi M là trung điểm c a BC Ta có: MA=MB=MC Mà: DA=DB=DC (gt) Suy ra: DM  (ABC) B C M a a 0,25 3 A 12 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Có  DBC vuông cân tại D nên 0,25 1 1 1 BC  a 2  3a 2  2a  a 2 2... ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I (1; 1) là trung điểm AB và bán kính R= AB 10   5 2 2 Vậy phương trình đường tròn đó là: 0,25 ( x  1) 2  ( y  1) 2  25 13 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD c a hình chữ nhật S ABCD Qua O kẻ đường thẳng song song với SA cắt SC tại điểm I Ta có: OI  (ABCD) vì SA  (ABCD) A I => OI là trục c a đường... 1 0,25 xy+ yz + zx = 3 VI .a 2,0 Giả sử C=(xo;yo) Vì C  d nên xo - 2yo + 1 = 0 (1) Vì CA  CB nên CA.CB  0 (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 0 2 2 x0  2 x0  y0  2 y0  23  0 (2) 2 Thế (1) vào (2) ta có: y0  2 y0  4  0 y0  1  5  x0  1  2 5 0,25 0,25 0,25 y0  1  5  x0  1  2 5 1 (1, 0 điểm) Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là: C1 = (1  2 5 ; 1  5 ) C2 = (1  2 5 ; 1. ..http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;1) và ( 3;) ; Nghịch biến trên khoảng (1; 3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1; yCĐ=5 Hàm số đạt cực tiểu tại x =3; yCT =1 - Giới hạn: lim y   0,25 x   - Bảng biến thi n: x - 1 y' + 0 3 - 0 + + 0,25 + 5 y - 1 * Đồ thị: y 5 0,25 1 0 1 3 4 x * Ta có: y' = 3x2 - 6 (m +1) x + 3m(m+2) y'... (1+ 3 ) 2 VI.b 0,25 0,25 2,0 Đường thẳng ch a cạnh AB đi qua A (-2;3) và nhận véctơ chỉ phương uCH = ( -1; 2) c a đường CH làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là: - 1( x+2) + 2(y-3) = 0 - x + 2y - 8 = 0 1 (1, 0 điểm)  x  2 y  8  0 2 x  y  1  0 Toạ độ điểm B là nghiệm hệ:  0,25 => B = (2; 5) 0,25 14 http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí  x0  2 y 0  3  ;  2  ... tiếp D hình vuông ABCD O => IA = IB = IC = ID (1) B C Mà OI là đường trung bình c a SAC => IS = IC (2) 2 (1, 0 điểm) Từ (1) và (2) => I là tâm c a mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Do đó bán kính mặt cầu đó là: R= Hình vẽ 0,25 0,25 0,25 ¸SC SA2  AC 2 4a 2  a 2  b 2 5a 2  b 2    2 2 2 2 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: V= ( 5a 2  b 2 ) 3  ( 5a 2  b 2 ) 5a 2  b 2 4 3 4 R... = 0 (1) Vì M  BM nên: 2 0,25 x0  2 y 0  3   1  0 2xo - yo - 5 = 0 (2) 2 2 Giải hệ (1) , (2) ta có:  x0  3   y0  1 Vậy C= (3; 1) 0,25 Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0 Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0 Gọi H là trung điểm AB => SH  (ABC) Gọi I là trọng tâm  ABC, J là trọng tâm  SAB và O là điểm sao cho OIHJ là hình vuông Ta có: OA=OB=OC (Vì OI là trục c a đường... ABC) OS=OA=OB (vì OJ là trục c a đường tròn ngoại tiếp  SAB ) Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 2 A (1, 0 điểm) Bán kính mặt cầu là: 2 2 1 2 5 a 3   R=OA= OI  IA   SH    CH        9 2  3  3    S Hình vẽ 0,25 B O J H I C 0,25 2 a 15 6 0,25 4 4  a 15  5 15 3   Thể tích khối cầu là: V = R 3    a (đvtt) 3 3  6  54   0,25 2 2  3 VII.b Điều kiện: x > -1. ..  3 VII.b Điều kiện: x > -1 Xét hàm số: f(x) = ex - ln (1+ x) - 1 trên khoảng ( -1; +  ) Ta có: f'(x)= ex - 1 1 ; f''(x) = ex +  0 , x  ( -1; +  ) 1 x (1  x) 2 1, 0 0,25 0,25 Suy ra f'(x) đồng biến /( -1; +  ) Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , x >0 f'(x) . 2 011 2 011 3 2 011 1 2 011 2 010 2 011 2 2 011 0 2 011 CCCCCC  Chọn x = 1 ta có: 2 011 2 011 2 011 2 2 011 1 2 011 0 2 011 2  CCCC 0,25 III Do đó: 2 010 2 010 2 011 4 2 011 2 2 011 0 2 011 2. ! 2005 ! 6 !2 011 ! 2007 ! 4 !2 011 ! 2009 ! 2 !2 011  = 2 010 2 011 2008 2 011 6 2 011 4 2 011 2 2 011 CCCCC  0,25 Khai triển (1+ x) 2 011 = 2 011 2 011 2 011 2 010 2 010 2 011 22 2 011 1 2 011 0 2 011 xCxCxCxCC  0,25 Chọn x = -1 ta. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 1 KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2 011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 18 0 phút(không kể thời gian giao đề)