đề thi thử đại học hay-có giải số 4

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012 MÔN : TOÁN - KHỐI A Thời gian làm bài: 180 ’ Họ tên thí sinh:…………………………………… SBD:…… I. Phần chung: (7,5 điểm) Câu 1 :(2 điểm) Cho hàm số y = -x 3 + 3x 2 – 2 (C) a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). b. Tìm tất cảc những điểm trên đường thẳng y = 2 mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). Câu 2: (2 điểm) a. Giải phương trình: Sin 3 x + Cos 3 x =    Sinx xx  cos 2sin 1 2 3 b. Giải bất phương trình: 013 .109 21 2 2      x xxx Câu 3:(1điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:   x mx x x 112 12 1 3 2      Câu 4: (1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn : abc cb a 4 222   . Chứng minh: a + b + c abc 4 9  Câu 5: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, có AB = AD = 2a, CD = a, góc giữa hai mặt (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. II. Phần riêng: (2,5 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A) hoặc (B) A. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: (1 điểm) Tìm hệ số chứa x 10 trong khai triển nhị thức Niutơn của (x+2) n , biết rằng: . 2048 1) ( 3 . 3 . . 3 2 21 10    n n n n n n n n n CCCC Câu 7a: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ): 3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm A(-3; -1); G(4 ; -2) Hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là một đỉnh và đường thẳng ( ) là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác. B. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: (1 điểm) Cho đa giác đều A 1 A 2 …… ,A 2n (n N ) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm: A 1 ,A 2 ,……,A 2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm: A 1 , A 2 , … ,A 2n . Tìm n ? Câu 7b: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ( ): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất *** AOTRANGTB.COM Download tài liệu học tập tại : http://aotrangtb.com 1- 3 0 -2 2 2 1+ 3 x 1 TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012 MÔN : TOÁN - KHỐI A Thời gian làm bài: 180 ’ Câu Ý Nội dung điểm I. Phần chung: (7,5 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y:= -x 3 + 3x 2 – 2 (C) + TXĐ: D = R + y ’ = - 3x 2 + 6x = -3x(x-2) y ’ = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2 +   xx lim;lim Đồ thị hàm số không có tiệm cận 1 0.25 + Bảng biến thiên x  0 2  y ’ - 0 + 0 - y  2 -2  Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên 2 khoảng (   ; 0) và (2;  ) Đồ thị (C) có 2 điểm cực trị : CT(0;-2); CĐ(2; 2) 0.5 a + y ’’ = -6x + 6 ; y ’’ = 0 <=> x = 1 Đồ thị có điểm uốn: I(1;0) + Vẽ đồ thị (C) Một số điểm thuộc đồ thị (0; -2) (1;0); ( 31 ;0) - Nhận xét: Đồ thị (C) nhận điểm I(1;0) làm tâm đối xứng 0.25 Lấy điểm M(a;2) thuộc đường thẳng y = 2 Đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có phương trình dạng: y = k(x-a) +2 (  ) (  ) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm      )2(63 )1(2)(23 2 23 kxx axkxx Thay (2) vào (1) ta được phương trình - x 3 + 3x 2 – 4 = - 3x(x-2)(x-a)  (x-2)[2x 2 – (3a-1)x + 2] = 0 (*) 0.5 1 b Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì hệ trên phải có 3 nghiệm phân biệt <=> Pt (*) phải có 3 nghiệm phân biệt  phương trình 2x 2 – (3a-1)x + 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2                      2 ); 3 5 ()1;( 0612 01569 02)13(28 01613 2 2 a a a aa a a KL: M(a;2) thoả mãn  2\); 3 5 ()1;( a 0.5 Giải phương trình Sin 3 x + Cos 3 x =   Sinxxx  cos2sin1 2 3 PT  (sinx+cosx)(1-sinxcosx)= )sin(cos)cos(sin 2 3 2 xxxx  0cos2x) 2 3 -sin2x 2 1 -cosx)(1(sinx  0.5 a          Zkkx Zkk , 12 x1) 6 -cos(2x12sin 2 1 cos2x 2 3 , 4 -x1tanx0cosxsinx     KL: phương trình có 2 họ nghiệm   k 4 -x;   k 12 x với )( Zk  0.5 Giải bất phương trình 013.109 21 22   xxxx TXĐ : R BPT  013. 9 10 9. 9 1 22   xxxx Đặt xx  2 3 = t (t>0) BPT trở thành t 2 - 10t + 9 0  0.5 2 b  20 33391 2  xx t       1;01;2 1;2 ;01; 20 2        x x x xx 0.5 ĐK 2 1 x PT xmx x x )1(12 12 13 2     (*))1( 12 23     m x x 0.25 3 Xét hàm số (C): f(x)= 12 13 2   x x trên D = ); 2 1 (  Có: 2 1 0 )12)(12( 13 )( '     x xx x xf +     x x lim;lim 2 1 + Bảng biến thiên x 2 1  f ’ (x) + f(x)    Từ BBT => đường thẳng : y= m + 1 luôn cắt đồ thị ( C) tại một điểm duy nhất với m 0.5 0.25 S A I B K C D  I G M C A B B => m thì phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm duy nhất . 4 Theo BĐT   333 2 222 222 2 cba cba cbacba            Từ giả thiết =>  3 4 2 cba abc   Áp dụng BĐT côsi : 3 3 abccba    3 . 4 27 4. 4 27 27)( 2 3 cba abcabcabcabccba   abccba 4 9  1.0 giả thiết: )( )()( )()( ABCDSI ABCDSIC ABCDSIB       kẻ )( BCKBCIK  =>   SKISIKBC )( = 60 0 (gt) Ta có: )( IABIDCABCDIBC SSSS   2 3 ) 2 1 (3 2 222 a aaa  => 5 3 5 3 .2 2 2 a a a BC S IK IBC   0.5 0.5 5 - Xét tam giác vuông SIK: SI = IK.tan  SKI = 5 .153 a => 5 .153 3. 5 .153 . 3 1 3 1 3 2 . a a a SSIV ABCDABCDS  0.5 II. PHẦN RIÊNG A. Chương trình chuẩn (2,5 điểm) Ta có nnn n n n n n n CCC 2)13(.)1( 3.3 110   Theo gt=> 2 n = 2048 = 2 11 => n = 11 0.5 6a - Trong khai triển Niutơn (x+2) 11 thì hệ số của số hạng chứa x 10 là 112. 1 11 C 0.5 7a giả sử ABC có A(-1;-3), trọng tâm G, đường trung trực của cạnh AC là (  ): 3x + 2y – 4 = 0 . - đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với (  ) nên có phương trình 2(x+1) – 3(y+3)=0  2x – 3y – 7 = 0 0.5 A B  1- Trung điểm M của cạnh AC có toạ độ thoả mãn hệ ) 2; ( 4 0 23 0 73 2         M y x yx Do  MB = 3  MG => B(8; -4) - Đường trung trực cạnh AB có phương trình: 9x – y – 35 = 0 0.5 Tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC  có toạ độ là nghiệm của hệ ) 7 23 ; 21 74 ( 0 423 0 359          I y x yx - Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC  là: 441 9061 7 23 21 74 22                yx 0.5 B. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (2,5điểm) - Số tam giác có các điểm là 3 trong 2n điểm: A 1 A 2 …… A 2n là 3 2n C - Nhận xét: Đa giác đều A 1 A 2 …… A 2n có n đường chéo đi qua tâm (O). Cứ mỗi cặp gồm 2 trong n đường chéo này lại có 4 điểm đầu nút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm nói trên là 2 n C Theo gt => 3 2n C = 20. 2 n C   8 2 ) 1( .20 6 ) 2)(2 12( 2 )! 2!( 2 ! . 20 )! 32 (! 3 ! 2            n n nnn n n n n n 0.25 0.5 0.25 6b Đường tròn (C) : (x+2) 2 + (y+2) 2 = 2 có tâm I(-2; -2), bán kính R = 2 0.25 giả sử ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thì ta có 1 2 1 . . 2 1 2    R SinAIBIA IB S IAB  max IAB S  =1 khi và chỉ khi IA  IB => AB = 2 0.5 7b Khi đó: d(I,(  ))= IH = 1                  15 8 0 14 11 1 3 22 2 2 2 2 m m mm m mm 0.5 0.25 H I R Download tài liệu học tập tại : http://aotrangtb.com . nhất . 4 Theo BĐT   333 2 222 222 2 cba cba cbacba            Từ giả thi t =>  3 4 2 cba abc   Áp dụng BĐT côsi : 3 3 abccba    3 . 4 27 4. 4 27 27)( 2 3 cba abcabcabcabccba  . độ là nghiệm của hệ ) 7 23 ; 21 74 ( 0 42 3 0 359          I y x yx - Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC  là: 44 1 9061 7 23 21 74 22               . hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm: A 1 , A 2 , … ,A 2n . Tìm n ? Câu 7b: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng (