ĐỀ THI THỬ ĐH LÂN 1 TRƯỜNG LIỄN SƠN VP KD

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN 1 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN MÔN TOÁN KHỐI B ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 180, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm: 01 trang I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH (7 điểm) Câu I .(2điểm) cho hàm số y = 2 32 − + x x (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng y = x +m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II. (2điểm) 1. Giải phương trình : sin 3 x + cos 3 x + sin 3 x cot x +cos 3 x tan x = x2sin2 2. Giải phương trình :( x 2 – 6x +11) 1 2 +− xx = 2(x 2 – 4x + 7) 2 − x Câu III. (1điểm) Tính giới hạn : 0 lim → x x xxx 2 sin 2cossin21 −+ Câu IV. (1điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB= AC=a, góc BAC = 60 0 ;SA vuông góc với đáy và SA= a 2 . Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC Câu V. (1điểm) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 2 -a +2 -b +2 -c = 1.Chứng minh rằng + + + cba a 22 4 + + + acb b 22 4 bac c + + 22 4 ≥ 4 222 cba ++ II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa .(2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy 1. Cho đường tròn (C) x 2 + y 2 - 2x - 6y +6 = 0 và điểm M(-3;1).Gọi T 1 và T 2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C).Viết phương trình đương thẳng T 1 T 2 2. Cho A(1;2);B(0;0);C(-3;1).Xác định tâm phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Câu VIIa. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 14 4 3 2 1         + x x với x > 0; B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2điểm) 1 1. Cho đường tròn x 2 + y 2 – 2x – 6y + 6 = 0 (C)và điểm M(2;4). Viết Phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB. 2.Cho P(3;0) và hai đường thẳng (d 1 ): 2x – y – 2 = 0, (d 2 ): x + y + 3 = 0. Gọi (d) là đường thẳng qua P và cắt (d 1 ), (d 2 ) lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng (d) biết PA = PB. Câu VIIb: (1điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 3 5 x y 3 log x y log x y 1  − =   + − − =   2 SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN – KHỐI B (Hướng dẫn chấm có 08 trang) Câu ĐÁP ÁN VẮN TẮT Điểm Câu I 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = 2 32 − + x x (1 điểm) a. T đk D=R | { 2}; b. Sự biến thiên ; * Chiều biến thiên :y’ = 2 )2( 7 − − x <0 mọi x 2≠ Hàm số là nghịch biến trong khoảng x ∈ (- 2; ∞ ) và (2; ∞ ); * Cực trị : Hàm số không có cực trị. 0.25 *Các giới hạn: ±∞→ x lim y = 2 32 lim − + ±∞→ x x x = 2, suy ra y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị ± → 2 lim x y = 2 32 lim 2 − + ± → x x x = ∞± ,suy ra x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị 0.25 * Bảng biến thiên: x -∞ 2 +∞ y’ - - y 2 +∞ -∞ 2 0.25 C. Đồ thị : Giao của đồ thị với trục tung tại điểm ( 0; 2 3− ); 2 2 Giao của đồ thị với trục hoành tại điểm ( 2 3 − ; 0); 3 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng y = x + m cắt ( C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.(1 điểm) Đường thẳng y = x+m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau ⇔ pt = − + 2 32 x x x +m (1)có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 thỏa mãn điều kiện y’( 1 x )= y’( 2 x ) với y là hàm số đã cho 0.25 (1) ⇔ x 2 + (m - 4 ) x - 2m -3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 ( 2 ≠ ) và thỏa 0.25 4 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 mãn x 1 +x 2 = 4; ∆ > 0 x ∀ ⇔ 2.2 2 + ( m-6) 2 – 2m-3 0 ≠ ⇔ m = -4 4 4 2 m − = Kết luận: m = -4 thỏa mãn điều kiện đầu bài 0.5 Câu II 1. Giải pt sin 3 x + cos 3 x + sin 3 x cot x +cos 3 x tan x = x2sin2 (1) cos x 0 ≠ Đk sin x 0 ≠ ⇔ sin 2x > 0 0.25 5 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 Sin 2x ≥ 0 (1) ⇔ (sin x +cos x)(sin 2 x –sin xcos x +cos 2 x )+ sinx cosx(sinx+cosx)= x2sin2 ⇔ sin x +cos x = x2sin2 0.25 sin x +cos x ≥ 0 sin (x+ 4 π ) ≥ 0 ⇔ ⇔ 1 + sin 2x = 2sin 2x x = π π 2 4 k + or x= π π 2 4 5 k + ⇔ x = π π 2 4 k + là nghiệm 0.25 0.25 6 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 Phương trình đã cho có nghiệm x = π π 2 4 k + 2. Giải phương trình : ( x 2 – 6x +11) 1 2 +− xx = 2(x 2 – 4x + 7) 2 − x Đk x 2 ≥ Đặt 2 − x =a 0 ≥ và 1 2 +− xx = b > 0 ; Ta có x 2 – 6x +11 = x 2 –x +1 - 5 ( x-2 ) = b 2 -5a 2 ; x 2 -4 x +7 = x 2 - x + 1- 3(x-2) =b 2 – 3a 2 ; 0.25 phương trình đã cho tương đương với (b 2 -5a 2 ) b = 2 (b 2 – 3a 2 ) a ⇔ 6 a 3 - 5a 2 b -2ab 2 + b 3 = 0 ⇔ 6 ( b a ) 3 – 5( b a ) 2 - 2 ( b a ) 2 0.25 7 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 +1 =0 (2) Đặt b a = t (t 0 ≥ ); ⇔ 6 t 3 - 5t 2 - 2t 2 + 1 = 0 ⇔ t = 1 t = - 2 1 (loại) t = 3 1 0.25 Với t = 1 pt vô nghiệm Với t = 3 1 ta có b=3a ⇔ x 2 – 10x + 19 = 0 ⇔ x = 5 ± 6 Kết luận: x = 5 ± 6 là nghiệm. 0.25 Câu III Tính giới hạn : 0 lim → x x xxx 2 sin 2cossin21 −+ 0.5 8 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 Câu IV 0 lim → x 0 lim → x x xxx 2 sin 2cossin21 −+ = 0 lim → x x xx 2 sin sin2 + 0 lim → x x x 2 2 sin sin2 = 0 lim → x x x sin 2 + 2 = 2 + 2 = 4 S 0.5 0.25 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC 0.5 9 Tâm đối xứng I (2;2); y 0 x 0.25 J I a A C O a E B Gọi E là trung điểm của BC Ta có AE ⊥ BC và ∠ BAE = 30 0 ⇒ BC = 2BE = 2a sin30 0 =a ⇒ O ∈ AE ⇒ OA = 3 3a Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Khi đó IA = IB = IC ⇒ I ∈ đường thẳng ⊥ với mặt phẳng ABC tại O Mặt ≠ IA = IS ⇒ I ∈ mặt phẳng trung trực của 0.25 10 [...]... -1( 1 x − ) − 2( y − 1) = 0 2 0.25 5 =0 2 x + 2y (2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tọa độ O là nghiệm của hệ: 3x – y +5 = 0 x=- 15 14 x + 2y y= 16 25 14 ⇔ 5 2 =0 0.25 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x Câu VII.a 3 1   x+ 4    2 x  14 = 0 C14 3 ( x )14 1 k C14 +…+ 3 x ( ) 14 -k ( 24 x 0.5 )k + 1 C 14 14 24 x …+ ( )14 Để hệ số không phụ thuộc vào x 1 ⇔ ⇔ 3 ( x x 4 ) 14 -k 14 − k 3 ( x 14 ... log3(x+y) = log5 5(x(2) ⇔ Từ (1) x–y= Thay vào (2): log3(x+y) = log 5 3 x+ y 15 x +y log3 ( x + y ) = 19 0.25 0.25 15 x +y log3 5 log3 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x 15 x +y log 3 x + y log 3 log3 5 = log x + y 15 x+y 0.25 = = logx+y15 - 1 ⇔ log 315 = logx+y15 1 1 = log15 3 log15 x + y ⇔ ⇔ log15(x+y) = log153 ⇔ x+y=3 ⇔ 0.25 x =2 x–y =1 y =1 Lưu ý: Trên đây chỉ là một cách giải, nếu thí sinh trình bày theo cách... – 3 = 0 (1) Vậy tọa độ các tiếp điểm T1, T2 của các tiếp điểm kẻ từ M đến ( C ) đều thỏa mãn đẳng thức (1) Do đó phương trình T1, T2 là: 2x + y – 3 = 0 2 → → AB = ( -1; -2) , BC = (-3; 1) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và BC ⇒ 1 2 I( ; 1) J(- 15 0.25 3 1 ; 2 2 ) 0.25 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x Phương trình đường trung trực của đoạn thẳng BC là: -3(x + -3x - 3 1 ) + 1( y − 2 2 9 1 + y− 2... ⇔ ∈ ⇔ A (d1) 0 (1) B (d2) (2) 18 0.25 2xA – yA – 2 = xB – yB + 3 = 0 Mà PA = PB điểm AB ⇔ 0.5 ⇒ P là trung xA + xB = 2xP 0.25 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x ⇔ yA + yB = 2yP xA + xB = 6 (3) 0.25 yA + yB = 4 (4) Từ (1) , (2), (3) và (4) ⇒ Câu VII.b 11 16 ; ) 3 3 7 16 ;− ) 3 3 A( và B( Phương trình (d): 8x – y – 24 = 0 Điều kiện: x>y>0 x2 – y2 = 3 (1) y) 0.25 log3(x+y) = log5 5(x(2) ⇔ Từ (1) x–y= Thay... 14 -k 14 − k 3 ( x 14 − k k − ⇔ 3 4 ⇔ ⇔ x − )k = 1 k 4 =1 =0 0.25 56 – 4k – 3k = 0 k=8 Hệ số không phụ thuộc vào x là: 0.25 8 C14 Câu VI.b 17 1 1 3003 = 8 2 256 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x Từ phương trình: x2 + y2 – 2x – 6y +6 =0 0.25 ⇔ (x – 1) 2 + (y – 3)2 = 4 Đường tròn (C) có tâm I (1; 3) bán kính R = 2 Do (d): qua M ⇒ AB ⊥ MA = MB 0.25 MI → n (1; 1) phương trình đường thẳng (d): x – 2 +y –4=0... y 0.25 0 x 1 3 Câu VI.a = z = 3 hay a = b = c = 1 Đường tròn (C) có tâm I (1; 3) và bán kính R=2 0.25 5 MI =2 >R khi đó M nằm ngoài (C) 0 0 Nếu T(x ,y ) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) T ⇔ ∈ MT T ⇔ ∈ → 0.25 (C) ⊥ IT (C) → MT IT =0 → Mà MT = (x0+3; y0 -1) , → IT = (x0 -1; y0-3) Do đó: x02 + y02 – 2x0 – 6y0 + 6 = 0 14 0.25 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x (x0 + 3)(x0 -1) + ( y0 -1) (y0 -3) =... giác AOIJ là hình chữ nhật ⇒ IA = OA 2 + JA 2 =a 5 6 Câu V Ch Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 2-a +2-b +2-c = 1 Chứng minh rằng 4a + 2 a +2b +c 4c 4b + c 2 +2 a +b 2b + 2c +a ≥ 2a + 2b + 2c 4 Đặt 2a = x > 0 2b = y > 0 2c = z > 0 0.25 11 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x 1 1 1 + + x y z Khi đó Ta CM =1 y2 x+ y+ z x2 z2 + + ≥ x + yz y + zx z + xy 4 Thật vậy x3 y3 z3 x+ y+ z + + ≥ ( x + y )( x + z ) ( y + z... z ) 8 8 (1) Tương tự y3 y + z x + y 3y + + ≥ ( y + z )( y + x) 8 8 4 (2) 12 Tâm đối xứng I (2;2); y 0.25 0 x z3 z + x z + y 3z + + ≥ ( z + x)( z + y ) 8 8 4 (3) Từ (1) ;(2)và(3) suy ra y3 x + y + z ( x + y + z) x3 z3 + + 0.25 + ≥3 ( x + y )( y + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) 2 4 ⇒ x3 y3 z3 x+ y+ z + + ≥ ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) 4 (đcm) Dấu bằng xảy ra 13 ⇔ x=y . KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2 011 LẦN 1 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN MÔN TOÁN KHỐI B ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 18 0, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm: 01 trang I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI. yx yx + + 3 3 log 15 log = yx yx + + 15 log = log x+y 15 - 1 ⇔ log 3 15 = log x+y 15 ⇔ yx + = 15 15 log 1 3log 1 0.25 ⇔ log 15 (x+y) = log 15 3 ⇔ x + y = 3 ⇔ x = 2 x – y = 1 y = 1 0.25 Lưu ý: Trên đây. k C 14 ( 3 x ) 14 -k ( 4 2 1 x ) k + …+ 14 14 C ( 4 2 1 x ) 14 Để hệ số không phụ thuộc vào x ⇔ ( 3 x ) 14 -k ( 4 1 x ) k = 1 ⇔ 3 14 k x − . 4 k x − = 1 0.5 ⇔ 43 14 kk − − = 0 ⇔ 56 – 4k