đề thi thử hay

Sở GD & ĐT Hà Tĩnh thi thử đại học lần I - năm học 2010 -2011 Trờng THPT Vũ Quang Môn: toán Đề chính thức ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) I. phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4y x mx m x= + + + + có đồ thị ( ) m C . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị khi 1m = . 2. Cho (1;3)M và đờng thẳng có phơng trình 4y x= + . Tìm các giá trị của m sao cho cắt ( ) m C tại ba điểm phân biệt (0; 4), ,A B C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm). 1. Giải phơng trình: 2 sin 2 .(tan cot ) 4cosx x x x+ = 2. Giải bất phơng trình: 2 1 2x 1 2x 2 x + + Câu III (1 điểm). Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thuộc đoạn 0; 1 3 + : 2 m(1 x 2x 2) x(2 x) 0+ + + = Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy AB a = và góc ã SDC = . Tính .S ABCD V theo ,a . Câu V (1 điểm). Cho ba số thực dơng x, y, z thỏa mãn x y z 3+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z P xy yz zx + + = + + II. PHầN RIÊNG (Thí sinh đợc chọn một trong hai phần, không bắt buộc chọn phần nào cả) Phần 1. Theo chơng trình chuẩn. Câu VIa (2 điểm). 1. Viết phơng trình các cạnh của tam giác ABC, biết (1;3)A và hai trung tuyến có phơng trình là: 1 : 2 1 0 + =d x y và 2 : 1 0 =d y . 2.Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển 2 0 1 2 (1 2 ) . .+ = + + + + + + n k n k n x a a x a x a x a x , biết 3 2 1 3. + = + n n C C n Câu VIIa (1 điểm). Giải hệ phơng trình: 12 2 2 2 3 3 1 log .( log ) log log 2 log .log ( ) 3log x x y x x x y x + = + = Phần 2. Theo chơng trình nâng cao. Câu VIb (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC, biết phơng trình các đờng thẳng AB, AC lần lợt là: x y 3 0, 2x y 2 0+ + = = . Biết trung điểm của cạnh BC là 1 5 M( ; ) 2 2 . Hãy viết phơng trình đờng thẳng chứa cạnh BC. 2. Từ tập { } S 0;1;2;3; 4;5;6 = có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn: 1010 n 2010 . Câu VIIb (1 điểm). Giải phơng trình: 2 3 3 1 1 4 4 4 3 log (x 1) 3 log (5 x) log (x 5) 2 + = + Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh khối D không làm phần in đậm ở câu 1b. Còn thí sinh các khối còn lại làm tất cả các câu.( Giám thị không giải thích gì thêm) Hết. Câu Đáp án vắn tắt Điểm Câu I 2 Để đờng thẳng cắt m (C ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4) , B, C thì phơng trình: 3 2 x 2mx (m 3)x 4 x 4+ + + + = + có ba nghiệm phân biệt 2 x(x 2mx m 2) 0 + + + = có ba ngiệm phân biệt 2 x 0 x 2mx m 2 0 (1) = + + + = . Suy ra cắt m (C ) tại A(0; 4) . Để (1) có hai nghiệm phân biệt x 0 thì ' 0 m 2 0 > + m 1 m 2 m 2 < > . Khoảng cách từ M tới đờng thẳng là: 1 3 4 d 2 2 + = = . Giả sử 1 1 2 2 B(x ; x 4),C(x ; x 4)+ + trong đó 1 2 x , x là nghiệm phơng trình (1). Ta có 2 2 2 1 1 2 1 2 BC 2(x x ) 2 (x x ) 4x x = = + uuur . Mà 1 2 1 2 x .x m 2 x x 2m = + + = nên 2 2 BC 2 ( 2m) 4m 8 2 2(m m 2) = = uuur . Diện tích tam giác MBC là 1 S BC .d 8 2 2 = = uuur 2 1 137 2(m m 2) 8 m 2 = = 0.5 0,5 Câu II 1 2 . Điều kiện: cos x 0 x k (k ) sin x 0 2  Khi đó, phơng trình đã cho tơng đơng với: 2 1 sin 2x. 4cos x sin x.cos x = 2 2cos x 1 cos 2x 0 x k (k ) 4 2 = = = +  .Điều kiện: 1 2x 0 1 1 x 1 2x 0 2 2 + Đặt t 1 2x 1 2x ( 2 t 2)= + + 2 4 2 4t t x 16 = Khi đó, bất phơng trình đã cho trở thành: 2 4 2 2 4t t t 2 (t 2) (t 4t 8) 0 t 2 16 + + = . . khi t 2 x 0 = = Vậy nghiệm của bất phơng trình là: x 0 = . 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Câu III . Đặt 2 t x 2x 2= + với [ ] x 0;1 3 t 1;2 + Khi đó, phơng trình đã cho trở thành: 2 m(1 t) t 2+ = 2 t 2 m t 1 = + (*) Xét hàm số 2 t 2 f (t) t 1 = + xác định và liên tục trên đoạn [ ] 1;2 , ta có [ ] 2 ' (t 1) 1 f (t) 0 t 1; 2 t 1 + + = > + Bảng biến thiên: 0,25 0,25 Câu IV Câu V Câu VIa. 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1 2 m ; 2 3 thỏa mãn điều kiện bài toán. .Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông cạnh a và SA = SB = SC = SD. Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) thì OA = OB = OC = OD nên O là tâm của hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm của DC. Xét tam giác SDI ta có: SI a tan tan SI DI 2 = = Xét tam giác vuông SOI ta có: 2 2 2 a SO SI OI tan 1 2 = = Thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 ABCD 1 1 V S .SO a tan 1 3 6 = = (đvtt) .Ta có: 2 x x x 3x+ + , 2 y y y 3y+ + , 2 z z z 3z+ + . Cộng vế theo vế ta có: 2 2 2 3(x y z) (x y z ) 2( x y z ) (1)+ + + + + + + . Thay 2 2 2 2 x y z (x y z) 2(xy yz zx)+ + = + + + + , x y z 3+ + = vào bất đẳng thức (1) ta có: xy yz zx x y z+ + + + MinP = 1. Đẵng thức xãy ra khi x y z 1= = = . . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó tọa độ của G là nghiệm của hệ: x 2y 1 0 G(1; 1) y 1 0 + = = . Điểm A là điểm đối xứng với A qau G. Vậy tọa độ của A đợc cho bởi: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 VIa2 Câu VIIa Câu VIb 1 A' G A ' A' G A x 2x x A (1; 1) y 2y y = = Đờng thẳng AB qua A và sng song với 1 d ' A B : x 2y 3 0 = Điểm ' 2 B (A B) (d )= I , tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: x 2y 3 0 B(5; 1) y 1 0 = = . Tơng tự, ta có tọa độ điểm C( 3; 1) . Phơng trình cạnh AC là: x y 2 0 + = Phơng trình cạnh AB là: x 2y 7 0+ = Phơng trình cạnh BC là: x 4y 1 0 = . Ta có: 3 2 n n 1 C 3.C n + = + (1) (Điều kiện: n 3, n  ). n 1 (loai) n! (n 1)! 3. n n 13 (n 3)!3! (n 1)!2! = + = + = .Khi n 13 = ta có khai triển: 2 13 0 1 2 13 (1 2 ) . .+ = + + + + + + n k k x a a x a x a x a x . Xét tỉ số k 1 k 1 13 k 1 k k k 13 C .2 a 13 k 25 2. 1 k a C .2 k 1 3 + + + = = + Tơng tự: k 1 k 1 13 k 1 k k k 13 C .2 a 13 k 25 2. 1 k a C .2 k 1 3 + + + = = + Với k = 8 8 8 8 13 a C .2 252252 = = Với k = 9 9 9 9 13 a C .2 280280 = = Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: 9 9 9 13 a C .2 280280= = . Giải hệ phơng trình: 12 2 2 2 3 3 1 log .( log ) log (1) log 2 log .log ( ) 3log (2) + = + = x x y x x x y x Điều kiện: 0 x 1 0 y < < Giải (1) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 log x 0 (loai) log x .log xy log x xy 12 (*) log xy log 12 log 12 = = = = Giải (2) ta có: 2 2 3 3 3 2 log log .log ( ) 3 log ( ) 3log 2 8 (**) log 3 + = + = + = x x x y x y x y Từ (*) và (**) ta có hệ: x 2 y 6 x y 8 xy 12 x 6 y 2 = = + = = = = Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: (2; 6) và (6; 2). . Gọi d là đờng thẳng qua M song song với AC. Phơng trình đờng thẳng d là: 1 5 7 2(x ) (y ) 0 2x y 0 2 2 2 + = + = . Gọi I là trung điểm của AB, I AB (d)= I . 0,5 0,5 0,25 0,5 0.25 0.5 0,5 0,5 2 Câu VII b Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: x y 3 0 7 2x y 0 2 + + = + = 13 5 I( ; ) 6 6 . Ta có A (AC) (AB)= I . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x y 3 0 1 8 A( ; ) 2x y 2 0 3 3 + + = = B( 4;1) Đờng thẳng BC nhận 7 3 BM ( ; ) 2 2 = uuuur làm véc tơ chỉ phơng. Phơng trình đờng thẳng BC là: 3x 7y 19 0 + = . Đặt n abcd= Trờng hợp 1: Nếu a 2= suy ra b = 0. Ta xét các số có dạng { } 20cd c 0; 1 Nếu c 0 d = có 7 cách chọn Nếu c 1 d 0 = = Vậy với a = 2 có 8 số n thỏa mãn. Trờng hợp 2: a = 1 nếu b = 0 thì { } c 1; 2;3; 4;5;6 có 6 cách chọn, có 7 cách chọn d. Nh vậy có 7x6 = 42 số có dạng: 10cd . Nếu { } b 1;2;3; 4;5;6 có 6 cách chọn thì tơng ứng có 7 cách chọn c, có 7 cách chọn d. Số các số đó là: 6.7.7 294 = Vậy số các số n là: 8 42 294 344 + + = số. . Điều kiện: x 5 0 5 x 0 x ( 5; 1) ( 1; 5) x 1 + U Khi đó, phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình: 2 2 4 4 4 4 4 3 log (x 1) 3 3log (5 x) 3log (x 5) log 4 x 1 log (25 x ) 2 + = + + = 2 4 x 1 25 x (1) + = .TH1: 1 x 5 (1) < < trở thành: 2 x 7 (loai) x 4x 21 0 x 3 = + = = .TH2: 5 x 1 (1) < < trở thành: 2 x 2 33 (loai) x 4x 29 0 x 2 33 = + = = Vậy phơng trình có hai nghiệm là: x 3, x 2 33= = . 0,5 0.5 0.5 0,5 0,5 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách khác để giải các bài toán trên. Tính giới hạn sau: 3 2 4 tan 1 lim 1 2cos = x x I x Cho 0 ,x y< v à 1x y+ = . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña 2 2 1 1 P x y xy = + + . Tĩnh thi thử đại học lần I - năm học 2010 -2011 Trờng THPT Vũ Quang Môn: toán Đề chính thức ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) I 1 f (t) 0 t 1; 2 t 1 + + = > + Bảng biến thi n: 0,25 0,25 Câu IV Câu V Câu VIa. 1 Dựa vào bảng biến thi n ta thấy 1 2 m ; 2 3 thỏa mãn điều