www.VNMATH.com TRNG THPT TY THY ANH www.VNMATH.com THI TH TUYN SINH I HC LN II NM HC 2010-2011 Mụn: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) PHN CHUNG CHO TT CA THI SINH (7,0 iờm). Cõu I (2 iờm) : Cho hm s y = x 3 3x + 1 cú th (C) v ng thng (d): y = mx + m + 3. 1/ Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2/ Tỡm m (d) ct (C) ti ba im phõn bit M(-1; 3), N, P sao cho tip tuyn ca (C) ti N v P vuụng gúc nhau. Cõu II (2 iờm). 1. Giai phng trinh : sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + + 2. Giai bt phng trinh : 2 1 5 3x x x + > Cõu III (1iờm) . Tinh tich phõn I = 1 2 1 dx 1 x 1 x + + + Cõu IV (1iờm). Cho hinh hp ng ABCD A B C D co AB = AD = a, AA = a 3 2 , gúc BAD bng 60 0 .Gi M,N ln lt l trung im ca cnh A D v A B . Chng minh AC vuụng gúc vi mt phng (BDMN) v tớnh th tớch khi a din AA BDMN theo a . Cõu V (1 iờm). Cho x, y, z l cỏc s dng tha món xyz = 1. CMR: 3 3 3 2 2 2 3 ( ) ( ) ( )x y z y z x z x y + + + + + PHN RIấNG (3,0 iờm) Thi sinh chi c lam mụt trong hai phõn (phõn A hoc B) A. Theo chng trinh Chuõn. Cõu VIa (2điểm). 1. Cho tam giỏc ABC cú nh A (0;1), ng trung tuyn qua B v ng phõn giỏc trong ca gúc C ln lt cú phng trỡnh : ( 1 d ): x 2y + 4 = 0 v ( 2 d ): x + 2y + 2 = 0 Vit phng trỡnh ng thng BC . 2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho mp(P) : x 2y + z 2 = 0 v hai ng thng : (d) x 1 3 y z 2 1 1 2 + + = = v (d) x 1 y 2 z 1 2 1 1 = = Vit phng trỡnh tham s ca ng thng ( ) nm trong mt phng (P) v ct c hai ng thng (d) v (d) . CMR (d) v (d) chộo nhau v tớnh khong cỏch gia chỳng Câu VIIa: (1điểm). Cho khai triển n n n xaxaxaa x ++++= + 32 1 2 210 . Tìm số lớn nhất trong các số n aaaa , ,,, 210 biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 110252 111222 =++ n nn n n n n n nn CCCCCC . B. Theo chng trinh Nõng cao. Cõu VI b(2im). 1.Trong mt phng ta Oxy , cho im A(2; 3 ) v elip (E): 2 2 1 3 2 x y + = . Gi F 1 v F 2 l cỏc tiờu im ca (E) (F 1 cú honh õm); M l giao im cú tung dng ca ng thng AF 1 vi (E); N l im i xng ca F 2 qua M. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ANF 2 . 2.Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho cỏc im ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3B M . Vit phng trỡnh mt phng ( )P cha ,B M v ct cỏc trc ,Ox Oz ln lt ti cỏc im A v C sao cho th tớch khi t din OABC bng 3 ( O l gc to ). Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ phơng trình: 2 2 3 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 + + + + + + + + = + = ______________________ Ht ____________________ www.VNMATH.com 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 Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y = x 3 – 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 M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau. 1. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. (Yêu cầu đầy đủ các bước) + TXĐ + Tính y’=3(x 2 -1); y’ = 0 0,25đ + Khoảng đồng biến , nghịch biến + Cực trị + Giới hạn 0,25đ * Bảng biến thiên: x -∞ -1 1 +∞ y' + 0 - 0 + y 3 +∞ -∞ -1 0,25đ * Đồ thị: 4 2 -2 -4 y -6 -4 -2 2 4 6 x -1 3 1 -1 o 0,25đ 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 www.VNMATH.com CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Xét pt hoành độ giao điểm x 3 -3x+1=mx+m+1 (x+1)(x 2 -x-m-2)=0 x =-1 g(x) = x 2 -x-m-2=0 (1) 0,25đ 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 , , 0 ( ). ( ) 1 ( 1) 0 g N P y x y x g ∆ > = − − ≠ 0,25đ Kết luận 0,5đ Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + + 2 2 2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0 cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0 x x x x x x x x ⇔ − + + − − = ⇔ − + + − = 0,25đ cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0 (2sin 1)(cos sin 2) 0 x x x x x x x ⇔ − + − + = ⇔ − + + = 0,25đ 1 2 sin 6 2 5 cos sin 2( ) 2 ( ) 6 x k x x x VN x k k Z π = + π = ⇔ ⇔ π + = − = + π ∈ 0,5đ 2 Giải bất phương trình : 2 1 5 3x x x− − + > − 2 1 5 3x x x− − + > − (1) Đk: 1x ≥ Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x 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) 0,25đ Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5x x> − + + (3) (3) 2 2 2 2 4 2VP > + = >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm 0,25đ TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) TH3: 1 3x ≤ < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 0,25đ www.VNMATH.com CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu III (1 điểm) 3 (2 1 5)x x< − + + bình phương 2 vế ta được: 4 ( 1)( 5) 8 5x 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 48x x x− + < ⇔ − < < + Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 8 48 5 x− < ≤ (6) Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3x− < < 0,25đ Tính I = 1 2 1 dx 1 x 1 x − + + + ∫ 0,25đ Đặt t = 1+x + 2 1x + ⇔ t – (1+x ) = 2 1x + ⇔ ⇔ 2 2 2 2 2 x 2x 2( 1) t t t t t x t − − = − ⇔ = − 2 2 2 2 x 2( 1) t t d dt t − + ⇒ = − Và 1 2 2 1 2 x t x t = ⇒ = + = − ⇒ = 0,25đ Vậy I = 2 2 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 = 2 2 1 1 ln 1 2ln 1 2 1 2 t t t + − − + = = ÷ − 0,25đ Câu IV (1 điểm) www.VNMATH.com 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 = 60 0 nên DAB∆ đều ⇒ 3 , 3 2 a OA AC a= = SA = 2AA ’ = 3a ; CC ’ = AA ’ = 3 2 a ⇒ ∆ SAO = ∆ ACC ’ ⇒ ' SO AC⊥ 0,25đ Mặt khác ' ' ' D ( ) DB ACC A B AC⊥ ⇒ ⊥ Vậy AC ’ ⊥ (BDMN) 0,25đ Lập luận dẫn tới 3 2 D 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 3 3 2 2 2 3 ( ) ( ) ( )x y z y z x z x y + + ≥ + + + Đặt 1 1 1 ; ;a b c x y z = = = ta có : 3 3 3 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) 0,25đ www.VNMATH.com 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 2 a 4 b c a b c + + ≥ + 2 4 b a c b a c + + ≥ + 2 4 c a b c b a + + ≥ + 2 2 2 a 2 b c a b c b c a c b a + + ⇒ + + ≥ + + + mà 3 3 3a b c abc+ + ≥ = Vậy 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2a 2 2 3 ( ) ( ) ( ) b c x y z y z x z x y b c a c b a + + = + + ≥ + + + + + + Điều cần chứng minh 0,75đ Câu VIa (2 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 : ( 1 d ): x – 2y + 4 = 0 và ( 2 d ): x + 2y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC 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 + − − ÷ 0,25đ Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y + − − − + = ⇒ = ( 4;1)C⇒ − 0,25đ Từ A kẻ 2AJ 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 = − − + = ⇔ ⇒ − − + + = = − 0,25đ 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 0,25đ 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 : 0,25đ www.VNMATH.com CU NI DUNG IM ______ 2 x 9 t y 6 8t z 5 15t = = = + ng thng (d) i qua M(-1;3 ;-2) v cú VTCP ( ) u 1;1;2 v + ng thng (d) i qua M(1 ;2 ;1) v cú VTCP ( ) u ' 2;1;1 uur Ta cú : ( ) MM ' 2; 1;3= uuuuur ( ) ( ) 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 MM' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0 = = uuuuur r uur Do ú (d) v (d) chộo nhau .(pcm) 0,25 Khi ú : ( ) ( ) ( ) MM' u,u ' 8 d d , d' 11 u,u ' = = = uuuuur r uur r uur 0,5 Cõu VIIa (1 im) Tìm số lớn nhất trong các số n aaaa , ,,, 210 Ta có 221 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 105)CC(11025CCCC2CC =+=++ + Vi n N v 2n = = =+=+ =+ )iạlo(15n 14n 0210nn105n 2 )1n(n 105CC 21 n 2 n Ta có khai triển = = = = + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Do đó k14kk 14k 3.2Ca = Gi s k a l hệ số lớn nhất cần tìm ta đ ợc hệ ,qua cụng thc khai trin nh thc NEWTON ta cú h 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 k N , nên nhận 2 giá trị k = 5 hoặc k = 6 0,25 Do đó a 5 và a 6 là hai hệ số lớn nhất, thay v o ta ckt qu 65 ;aa v 65 aa = Vậy hệ số lớn nhất là 62208 1001 32Caa 595 1465 === 0,25 Cõu VIb (2 im) www.VNMATH.com CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 ( ) 2 2 2 2 2 : 1 3 2 1 3 2 x y E c a b+ = ⇒ = − = − = Do đó F 1 (-1; 0); F 2 (1; 0); (AF 1 ) có phương trình 3 1 0x y− + = ⇒ M 2 1; 3 ÷ ⇒ N 4 1; 3 ÷ 0,5đ ⇒ 1 NA 1; 3 = − ÷ uuur ; ( ) 2 F A 1; 3= uuur ⇒ 2 NA.F A 0= uuur uuur ⇒ ∆ANF 2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F 2 N 0,25đ Do đó đường tròn có phương trình là : 2 2 2 4 ( 1) 3 3 x y − + − = ÷ 0,25đ 2 • 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 Vì ( ) 0;3;0B Oy∈ nên ta có phương trình mặt phẳng chắn ( ) : 1 3 x y z P a c + + = . 0,25đ • ( ) ( ) 4 3 4;0; 3 1 4 3M P c a 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 4 6 6 2 3 4 3 6 4 3 6 3 2 a ac ac a c a c a c c = − = = − = ∨ ⇔ ∨ − = − = = = − 0,25đ Vậy ( ) ( ) 1 2 2 : 1; : 1 4 3 3 2 3 3 x y z x y z P P+ − = + + = − 0,25đ Câu VIIb (1 điểm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 3 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 2 2 3 log (3 ) log ( 2 ) 3 x y x y x y x xy y + + + + + + = (1) và 4 2.4 20 x x y x y + + + = (2) + ĐK 0 1 0 3 1 x y x y < + ≠ < + ≠ Víi ®k trªn PT (1) 2 3 log (3 ) log ( ) 3 x y x y x y x y + + ⇔ + + + = 3 log (3 ) 2log ( ) 3 (3) x y x y x y x y + + ⇔ + + + = Đặt log (3 ) x y t x y + = + PT(3) trở th nh à 2 1 2 3 3 2 0 2 t t t t t t = + = ⇔ − + = ⇔ = 0,25đ www.VNMATH.com CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Víi t=1 ta cã log (3 ) 1 3 0 x y x y x y x y x + + = ⇔ + = + ⇔ = thay vµo (2) ta ®îc : 4 y +2.4 0 =20 4 4 18 log 18 y y⇔ = ⇔ = (TM) Víi t=2 ta cã 2 log (3 ) 2 3 ( ) (4) x y x y x y x y + + = ⇔ + = + 0,25đ PT(2) 2 3 1 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 ®îc 2 ( ) 2( ) 2( ) 2 2 20 2 2 20 (6) x y x y x y x y x y + + + + + + = ⇔ + = §Æt t= ( ) 2 0 x y+ > PT(6) trở thµnh t 2 + t – 20 = 0 5( ) 4( ) t L t TM = − = Víi t = 4 ta cã 2 4 2 3 4 x y x y x y + = ⇔ + = ⇒ + = Ta cã hÖ 2 1 ( ) 3 4 1 x y x TM x y y + = = ⇔ + = = Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; 4 log 18);(1;1) 0,5đ 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 . ____________________ www.VNMATH.com 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. THPT TY THY ANH www.VNMATH.com THI TH TUYN SINH I HC LN II NM HC 2010-2011 Mụn: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) PHN CHUNG CHO TT CA THI SINH (7,0 iờm). Cõu I (2 iờm) :. trinh : sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + + 2. Giai bt phng trinh : 2 1 5 3x x x + > Cõu III (1iờm) . Tinh tich phõn I = 1 2 1 dx 1 x 1 x + + + Cõu IV (1iờm). Cho hinh hp ng ABCD A B C D