10 de thi thu dai hoc 2013 phan 7

 H ọc sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa v ào SGK hi ện h ành và có k ết qu ả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến ph ần học[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1 Môn thi: TỐN– Khối A

Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx4mx2 m 1 (1) vớim tham số,có đồ thị  Cm 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số(1) khi m1

2 Tìm m để tiếp tuyến đồ thị Cm điểm cố định  Cm vng góc vớinhau Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos sin 2 sin  sin

x x

x x



 



2 Giải hệ phương trình

2

5

3 2

x x y

y y x

   

 

  



Câu III (2,0 điểm)

1 Giải phương trình x31  x 4x

2 Cho số thực dươnga, b, c thoả điều kiện a  b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2

P

ab bc ca

a b c

 

 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cholăng trụ đứng ABC A B C , có c ' ' ' ạnh AA' AB3a, BC4a, CA5a M trung điểm cạnhbên BB' Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C di ' ' ' ện tíchthiết diện hình lăngtrụ ABC A B C c ' ' ' mặt phẳng (P) qua A' vng góc với AM.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất thí sinh làm hai phần:A hoặcB A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho tam giác ABC có A   1; ,B 1; 0 C 0;3 Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giácABC.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Cho hàm số f x xex Giảibất phương trình f ' x 0

2 Viết phương trìnhđườngthẳngqua gốc tọa độO cắt đồ thị hàm số x y

x  

 hai điểm phân

biệt nhậnO làm trung điểm B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho tam giác ABC có đỉnhB trục hoành, đỉnh Aở đường thẳng   :x3y 1 0 G 2;1 trọng tâm Đường thẳng y 3 trung trực cạnhBC Tìm tọa độcácđỉnhcủa tam giácABC.

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Giải phương trình log2 7log0,253x14log42 3 x

2 Tùy thuộcvào tham sốm, tìm cácđường tiệm cận đồ thi hàm số

2

mx x

y

x  



-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂUTRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1

Mơn thi: TỐN– Khối A

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Tập xác định: D=R Sự biến thiên:

Giới hạn: lim ; lim

xy  xy  BBT:

3

' ; ' 0

y  x  x y   x 0,50 đ

Lập BBT KL: Hàm số nghịch biến khoảng ; 0 đồng biến

khoảng 0; Hàm số đạtcực tiểutại x0,yCT  2 0,25 đ 1

(1,0đ)

Đồ thị: Đồ thị cắt Ox (-1;0) (1;0) cắt Oy (0;-2) Đồ thị đối xứng

nhau qua trục tung 0,25 đ

Đồ thị qua điểm(x;y) cố định  y x4mx2 m nghiệm với m 0,25 đ Hay: x21m y x41 nghiệm với m 14

1 x

y x     

 



Vậy: đồ thị  Cm luôn qua 2điểm cố định A1; ,  B 1; 0

0,25 đ

tiếp tuyến tạiA, B vng góc y'   1 ' 1y     1  4 2m4 2 m 1 0,25 đ I

(2,0đ)

2 (1,0đ)

KL: 4 2

2

m m m

        

2

m  0,25 đ

Điều kiện: sinx1 Ta có:

  

2 cosx sin cosx x sinx sinx cosx sin cosx x cos x

        0,25 đ

Hay cosx2 sinxcosx 0 cosx0(1) sinxcosx2(2)

(1) cos

2

x x  k

    

0,25 đ

(2) sin

6

x  x  k 

 

      

  0,25 đ

1 (1,0đ)

Kết hợp nghiệm, kết luận nghiệm PT

x  k 

2

x   k  0,25 đ Ta có: HPT

2

2

( 1) 3( 1)

3 2( 1)

x x x y

y y x

     

  

  

 0,25 đ

Đặt t x HPT trở thành:

2

3

3

t t y

y y t

   



 

 (1)

Suy ra: ty t     y 1 0 y t y 1 t

0,25 đ

Khi y = t   t y 0;t y Vậy nghiệm HPT    1; , 6;5 0,25 đ II

(2,0đ)

2 (1,0đ)

Khi y 1 t ;

1

t t

y y

  

 

     

  Vậy nghiệmHPT   0; , 3; 1  0,25 đ III 1

Xét f x 4x x31x x 0  

 2

1

'

2 3 1

f x

x x

   

 0,25 đ

Mà f ' x   0, x 0 f x  liên tục 0;

Nên: hàm số f x  đồng biến nửa khoảng 0; 0,25đ

Khi x 1 f  1 5 Vậy x1 nghiệm PT 0,25 đ

(1,0đ)

Khi x 1 f x  f  1 5 Vậy x1 PTVN

Khi 0  x 1 f x  f  1 5 Vậy 0 x PTVN KL: x1 0,25 đ Đặt t a2b2c2 Ta có:

 2 2  2 2

1 a b c  a b c 2ab2bc2ca3 a b c 1 t

   0,25 đ

Ta có:

1 P

t t

 

 Xét

2

( )

1 f t

t t

 

 với

1

3 t  

2

2

4

'( )

1

t t

f t

t t

 

 

 0,25 đ

1 3

'( ) ;

2

f t   t   t   (loại) Lập BBT 0,25 đ

(2,0đ)

2 (1,0đ)

Kết luận GTNN 2  3 0,25 đ

Ta có: AC2  AB2BC2( 25 a2)SABC 6a2 0,25 đ Vậy: VABC A B C ' ' ' 18a3 0,25 đ Gọi N trung điểm AB AM A N'  A N'  P Mà BC AM , nên

    / /

BC P  P cắt mp(ABC) theo giao tuyến NI song song BC

 

'

A N NI I AC

  

0,25 đ IV

(1,0đ)

Kết luận:

2 '

3

2 A NI

a

S  0,25 đ

Phương trìnhđoạn chắn BC 3

1

x y

x y

      0,25 đ

 

, ; 10

10 ABC

d A BC  BC S  0,25 đ

2 10

2;

2

AB AC  p   0,25 đ

Va (1,0đ)

Kết luận: bán kính đường trịn nội tiếp

2 10

S r

p

 

  0,25 đ

Ta có: f ' x ex xex 0,25 đ

Do đó: f ' x  0 ex xex  0 ex1x0 0,25 đ

Mà ex   0, x R 0,25đ

1 (1,0đ)

Do đó: 1   x x nghiệm BPT 0,25 đ

Đường thẳngd qua O có hệ số góck d y: kx 0,25 đ VIa

(2,0đ)

2 (1,0đ)

d cắt đồ thị hám số x y

x  

 điểm M, N  

2

2 1

kx k x

     có

nghiệm PB khác    k 0; 4k2     1 0; k

O trung điểm MN 1

2

M N

x x k

k k

 

       0,25 đ

Kết luận:

2

x

k     y 0,25 đ

Gọi A3a1;a    B b ; 0 OxC b ; 6 0,25 đ Ta có: G trọng tâm tam giác ABC, nên: 2

3 a b 

3 a 

0,25 đ

Vậy: a 3;b8 0,25 đ

Vb (1,0đ)

Kết luận: A10; ;     B 8; ;C 8; 6 0,25 đ

Điều kiện: 2 3 x 0 0,25 đ

Ta có: PTlog log4  43x14log42 3 x 0,25 đ

  

4

log 3x 3x log 3.3 x 2.3x

         0,25 đ

1 (1,0đ)

KL: 3.32x2.3x  1 0 3x 1 1 

x

VN x

    (th) 0,25 đ

Ta có: y mx 1 x

  

0

lim ; lim

x x

y y x

 

 

       tiệm cận đứng 0,25 đ

   

lim lim 0; lim lim

xy mx x x xy mx xx   y mx 0,25đ

Khi m0 y 1 tiệm cận ngang 0,25đ

VIb (2,0đ)

2 (1,0đ)

Khi m0 ymx1 tiệm cận xiên 0,25đ

…HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết quả xác đếný chođiểm tối đa ý ; cho điểm đếnphần học sinh làm đúngtừ trên xuống và phần làm sau không cho điểm Điểm toàn thi khơng làm trịn số.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ­­­­­o0o­­­­­ 

TRƯỜNG THPT PCB 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011  Mơn thi: TỐN, khối A (Lần 2) 

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 

Câu I (2 điểm): 

Cho hàm số  1 

1  x  y 

x

- =

+  (1). 

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 

2) Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) , I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm toạ độ điểm M  sao cho tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng IM có tích hệ số góc bằng ­ 9. 

Câu II (2 điểm): 

1) Giải phương trình : 2 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 os (22  ) 4 

c + c x+ p

2) Tìm giá trị của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 

0  )  2 

3  (  log  )  6  ( 

log 0, 5  m +  x  + 2  - x - x 2  = Câu III (1 điểm): 

Tính tích phân : 

ln 3 

ln 2 

x x 

dx  I 

e e-

=

-

ị 

Câu IV (1 điểm): 

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’  lên măt  phẳng(ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’  biết khoảng cách giữa AA’  và BC là a 3

4  .  Câu V (1 điểm): 

Cho a b c, ,  là ba số thực dương. 

Chứng minh rằng:  6  3 

( )( ) ( )( ) ( )( ) 

a b c 

a b a+ +c + b+a b c+ + c+a c+ b £ Câu VI (2 điểm): 

1) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(­2;4),C(­1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường  thẳng ( ) : 3D x-y- =5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;­1;1) và hai đường thẳng 

1  ( ) : 

1 3 

x y z 

d = + =

- -  và 

1 4 

( ') : 

1

- - = =

x y z 

d 

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.  Câu VII(1 điểm): 

Tìm số phức z thoả mãn :  z- + =2 i  2. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. 

………HẾT……… 

Cán bộ coi thi khơng gải thích gì thêm.  Họ tên thí sinh: …… ………Số báo danh:  

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 

CÂU  NỘI DUNG  ĐIỂM 

I.1  Hàm số:  1 

- =

+  x  y 

x  ;  TXĐ: R -\{ }1    

+) Giới hạn, tiệm cận: 

( 1) ( 1) 

2; 2; ; 

lim lim lim lim 

x x  x x 

y y y y

+ -

đ+Ơ đ-Ơ đ - đ -

= = = -¥ = +¥ 

­ TC đứng: x = ­1; TCN: y = 2.  +)

( ) 2 

3 

' 0, 

1 

y x D 

x

= > " ẻ +

HSBTrờncỏckhong(-Ơ - 1) & ( 1;- +¥ ).  +) BBT: 

x  ­ ¥  ­ 1 

+¥ 

y'  +      ||      + 

y +¥  2 

|| 

2 -¥ 

+) ĐT: 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

I.2 

+) Ta có I(­ 1; 2). Gọi  0  2 

0  0 

3 3 

( ) ( ; ) 

1  ( 1) 

M I  IM 

M I 

y y 

M C M x k 

x x x  x

- -

ẻ ị - ị = =

+ - + 

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:

( ) 

0  2 

0 

3  '( ) 

1 

M 

k y x 

x = =

+ 

+)  ycbt ÛkM.kIM  = -9  

+) Giải được x0 = 0; x0 = ­2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; ­ 3), M(­ 2; 5) 

0,25  0,25  0,25  0,25  1)  os4x+cos2x+ 3(1 sin ) 3 1 os(4x+ )

2 

PT Ûc + x = ổỗ + c p ử ữ

è ø 

os4x+ sin 4 os2x+ sin 2 0 

c x c x

Û + = 

0,5 II 

sin(4 ) sin(2 ) 0 

6 6 

x p x p

Û + + + =  2 sin(3 ) osx=0  18 3 

6 

x=  2 

x k 

x c 

k

p p

p

p p é

= - + ê

Û + Û ê

ê +

ê ë 

0,5

6

4

2

-2

-4

-6

Vậy PT có hai nghiệm 

2 

x=p + kp và 

18 3 

x= -p + kp

2) log 0 , 5 ( m + 6 x ) + log 2 ( 3 - 2 x - x 2 ) = 0 Û log (  + 6 ) = log ( 3 - 2  - ) Û

2  2 

2 m x  x  x 

ỵ í ì + - - = < < - Û ï ỵ ï í ì - - = + > - - Û  3  8  1  3  2  3  6  0  2  3  2  2  2  x  x  m  x  x  x  x  m  x 

x  0,5

XÐt hµm sè  ( )  8  3 ,  3  1  < < - + - -

=  x  x  x 

x 

f ta cã  f'( x ) = - 2 x - 8 ,  f'( x ) < 0 khi 

4

- > 

x , đó  f(x ) nghịch biến khoảng (-3 ; 1 ) , f(-3  ) = 18 , f ( 1 ) = - 6  Vậy hệ phương trình có nghiệm khi - 6< m < 18 

0,5  ln ln 3 

2  ln ln 2  1 

x 

x x x 

dx e dx 

I 

e e- e

= =

- -

ò ị ;  Đặt t =ex Þdt = e dxx 

3 3 

2 

2 2 

1 1 

1 1 

dt 

I dt 

t t t

ổ = = ỗ - ÷ - è - + ø ị ị  3  3  2  2 

1 1 1 

ln ln 1 

2 2 2 

dt dt  t t  t t = - = - - + - + ò ò  3  2 

1 1 1 1 1 1 3 

ln ln ln ln 

2 1 2 2 3 2 2 

t  t - ổ ử = = ỗ - ữ = + è ø  0,25  0,25  0,25  0,25  Gọi M là trung imBCtathy: ỵ ý ỹ ^ ^ BC  O  A  BC  AM 

'  Þ BC ^ (  AM A '  )  Kẻ MH ^AA ' , (do ÐA   nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) 

Do  HM  BC 

AM  A  HM  AM  A  BC ^ ị ỵ ý ỹ ẻ ^  )  '  (  )  '  (  .Vậy HM là đọan vơng góc chung của  AA’và BC, do đó  4  3  )  BC  ,  A' 

( A  HM  a 

d =  = . 

0,5 III IV  Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:  AH  HM  AO  O  A =  '

Û suy ra

3 a a 3 4 4 3 a 3 3 a AH HM AO O '

A =  = =

Thể tích khối lăng trụ: 12 3 a a 2 3 a 3 a 2 1 BC AM O ' A 2 1 S O ' A V

ABC = = =

=  0,5 A B C C’ B’ A ’ H

Ta c ó: BĐT Û  2 3  5 

( )( ) ( )( ) ( )( ) 

a b c 

a b a+ +c + b+a b+c + c+a c b +  £

Theo BĐT côsi :  2 

( )( ) 

a a a 

a b+ +a c + ³ a b a c+ +  (1) 

3 3 

( )( ) 

b b b 

b+a+b c + ³ b+a b+ c (2) 

3 3 

( )( ) 

c c c 

c+a+c b + ³ c+a c+ b (3) 

0,5 

Cộng vế theo vế các BĐT (1), (2), (3) ta có: 

2 3 

( )( ) ( )( ) ( )( ) 

a b c 

a b a+ +c + b+a b c+ + c+a c b + 

3 3 

5 

a a b b c c 

a b a c b a b c c a c b

ỉ ư ổ ử ổ ử

Êỗ + ữ ỗ+ + ữ ỗ+ + ữ =

+ + + + + +

è ø è ø è ø 

0,5 

1)  Viết phương trình đường AB: 4x+3y- =4  0 và AB = 5 

Viết phương trình đường CD: x-4y+17= 0 và CD=  17  0,25 

Điểm M thuộcD có toạ độ dạng: M =( ;3t t- 5) . Ta  tính được: 

13 19 11 37 

( , ) ; ( , ) 

5  17 

t t 

d M AB = - d M CD =  - 0,25 

Từ đó: SMAB=SMCD Ûd M AB AB( , ). = d M CD CD( , ). 

7  9 

3 

t t

Û = - Ú = Þ Có 2 điểm cần tìm là:  ( 9; 32), ( ; 2) 7  3 

M - -  M 0,5

V

VI 

2)  *(d)  đi qua M1 (0; 1; 0) -  và có vtcp u1  =(1; 2; 3) - -

uur 

(d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp  u = 2  (1; 2;5) 

uur 

*Ta có éëu u1; 2 ù = - -û ( 4; 8; 4) ¹ O

uur uur ur 

,  M M1 = 2  (0; 2; 4) 

uuuuuuur 

Xét éëu u1; 2ù û .M M1 2 = -16 14+ = 0 

uur uur uuuuuuur

ð  (d) và (d’) đồng phẳng . 

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt  nur =  (1; 2; 1) - và đi qua M1  nên có phương trình x+2y z- +2= 0 

*Dễ thấy điểm M(1;­1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm. 

0,5 

0,25  0,25

VII 

Gọi số phức z=a+bi 

Theo bài ra ta có: ( ) ( ) ( ) 

2 2 

2 1 2  2 1 4 

3  2 

a b i  a b 

b a  b a

ì

ì - + + = - + + =

ï ï

Û

í í

= - = -

ï ï

ỵ ỵ 

2 2; 1 2 

2 2; 1 2

é = - = - -

Û ê

= + = - +

ê ë 

a b 

a b 

Vậy số phức cần tìm là: z=2-  2+( - -1   2)i; z= z=2+  2+( - +1   2)i. 

0,5 

0,5 

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)  Câu 1 (2điểm) 

Cho hàm số y  2x 1  x

- =

-  (1) 

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 

2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm tọa độ các điểm A, B lần lượt thuộc hai  nhánh của (C) sao cho  IA+ IB nhỏ nhất. 

Câu 2 (2 điểm) 

1. Giải phương trình tan x s inx­1 =2sin( ) 2  x  ( sin 2x 2 ) 

p

ổ

- -

ỗ ÷

è ø 

2. Giải phương trình 3  2 x -16x+64-3 ( 8 x- )( x+27) +3 ( x+27)2   = 7 Câu 3 (1điểm) 

Tính tích phân  1 

2  0 

dx  I 

x x

=

+ +

ị  Câu 4 (1điểm) 

Cho hình chóp S.ABCD  có đáy  là  hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt  phẳng đáy  và  SA=a.Gọi M, N  lần lượt là trung điểm của  các  cạnh SB,  SD; I  là  giao điểm của SC và  mặt  phẳng (AMN). Chứng minh SC vng góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. 

Câu 5 (1điểm) 

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 

4 

2x ln x  + ln x ­ 1  ­  2y ln y+1 y  = 0 (1) 

y­1 y x m x (2)

ì - éë ùû + éë ù û

ï í

- + - + =

ï ỵ 

PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)  A. Theo chương trình chuẩn 

Câu 6a (2 điểm) 

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  2 

(C) : x +y =  đường thẳng  d :x1 + +y m=   0 Tìm m để  (C) cắt d tại hai điểm A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. 

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam  giác ABC, biết A( -1; 0;1 , B 1; 2; , C) ( - ) ( -1; 2; 3  ) . 

Câu 7a (1 điểm) 

Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 

n  1  2x 

x

æ

+

ỗ ữ

ố ứ

,  biết rằng  n 1 

n n 1 

A -C - + =4n+ 6

B. Theo chương trình nâng cao  Câu 6b (2 điểm) 

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn hai đường trịn  2 

(C) : x +y – 2x – 2y 1+ = 0, (C ') : x2+y2 +4x- =5  0

Viết phương trình đường thẳng qua M 1; 0 ( ) cắt hai đường trịn  (C), (C ') lần lượt tại A, B sao  cho MA= 2MB. 

2.  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):  2 2 

x +y +z -4x+2y 6z- + =5  0 và mặt phẳng (P):  2x+2y z 16- + =   Tìm tọa độ điểm M thuộc (S), điểm N thuộc (P) sao 0 cho đoạn thẳng MN nhỏ nhất. 

Câu 7b (1 điểm) 

Giải phương trình 2  ( ) 

3 1 

3 3 

1 

log x 5x log x log x 3 

- + + - > + 

www.laisac.page.tl 

SỞ GD_DT NGHỆ AN 

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH 

ĐÈ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011  MƠN THI: TỐN; KHỐI: A 

ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2011. Khối A.  I. Mơn Tốn 

Câu 1  Đáp án  ểm 

1)  Học sinh tự giải  1đ 

Điểm M a;2a 1  (C)  a

-

ỉ

Ỵ

ỗ ữ

-

ố ứ

.IMnhnht thngIMvuụnggúcvitiptuynca(C)tiM(1)0,25

Đường thẳng IM có hệ số góc

( ) 2 

1  a 1- 

, tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc

( ) 2 

1  a

- - 

0,25

( ) ( ) ( )  4 

2 2 

a 0 

1 1 

(1) a 1 

a 2  a a

= é -

Û = - Û - = Û ê

=

- - ë 

0,25  2) 

Vậy A 0;1 , B 2;3( ) ( )   0,25 

Đk:  x k 

p ¹ + p 

( ) ( ) ( ) ( )( ) 

Pt tan x s inx­1 = 1­cos x sin 2x tan x s inx­1 = 1­sinx sin 2x 2 

ỉ ỉp ư

ỗ ỗ - ữ ữ - -

è ø

è ø 

0,25

( s inx­1 tan x)( sin 2x =0) 

Û + -  s inx­1=0 

tan x sin 2x

é

Û ê + - =

ë 

0,25 

+  s inx­1=0 x k2 

p

Û = + p không thỏa mãn đk  0,25 

Câu 2  1) 

+ Đặt t anx=t sin2x=  2t 2  1+t

Þ  pt trở thành ( )( 2  ) 

t t- - +t =0Û =t  1. Ta có 

tan x x k 

p

= Û = + p thỏa mãn đk. Vậy pt có một họ nghiệm  x k 

p

= + p 

0,25 

Đặt u=38-x , v=3 x+ 27. Ta có 

3 3 

2 2 

u v 35  u uv v

ì + =

ï í

- + =

ï ỵ 

0,25 

u v 5  uv

+ = ì

ị

= ợ

u,vl2nghimcaptt2 5t 0  t 2  t

= é

- + = Û ê

= ë 

0,25  2) 

3 

3 

u x x 0  u x x 19

= Þ - = Û =

= Þ - = Û = - 

. Vậy pt có 2 nghiệm x=0, x= ­19  0,5 

Đặt x+ x+ 2 = t x= Þ =0 t 1, x= Þ = +1 t  

2 2 

2 

2 

t t 1 

1 x t x x dx dt 

2t  2t

ỉ

- +

Þ + = - ị = ị = ỗỗ ữ ữ

ố ø 

0,25 

Ta được: ( ) 

2 

1 2 

3 3 

1 1 

t dt  1 1 1 

I dt 

2 t 

2t t

+ + +

ổ

= = ỗ + ÷

è ø

ị ị 

0,25  Câu 

III 

1 2 

2  1 

1 1 

ln t  2  2t

+

ổ

= ỗ - ữ

ố ø  = ( ) ( ) 2  ( ) 

1 1 1 

ln ln 2 

2 2 1 2 2  2 2 

é ù

ê + - + ú = + +

ê ú +

+

ê ú

ë û 

I  S 

B 

A  D 

C  M 

N 

Chứng minh  SC^ AI: Ta có 

AM SB AN SD 

AM SC; AN SC SC (AMN) SC AI 

AM BC AN CD

^ ^

ì ì

Þ ^ Þ ^ Þ ^ Þ ^

í í

^ ^

ỵ ỵ 

0,25 

Kẻ  IH // BCÞIH^ (SAB)(vì  BC^ (SAB))  VMBAI 1 S MAB .IH 

Þ = V  0,25 

2 2 

2 

2 2 

SA a a a SI IH SI.BC a 

SI.SC SA SI ; IH 

SC SA AC 3a 3  SC BC SC 3 

= Þ = = = = = Þ = =

+ 

0,25  Câu 4 

2 3 

MAB MBAI MAB 

a a 

S V S IH 

4 36

= Þ = =

V V  0,25 

Đặt x=t+1, hệ phương trình trở thành

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 

4 

2t ln t+1  + ln t  =  2y ln y+1 ln y    (1) 

y­1 y t m t (2)

ì + éë ùû + éë + ù û

ï í

- + - + + =

ï ỵ 

0,25 

Đk:  y 1, t 1³ ³ 

Xét hàm số f (x)=( 2x ln x+1  + ln x+ ë) é ( ) ( ) ù û  đồng biến trên ( 0;+¥   )  (1)Ûf (t)=f (y)Û =t  y

0,25 

Khi đó (2)Û y 1- -2 (y 1)(y 1)4  - + +m y 1+ = 0 y 24 y 1  m 0 

y y

- -

Û - + =

+ + 

Đặt  u 4 y 1  u 1 

y

-

= Þ £ <

+ 

0,25  Câu 5 

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi pt  2 

u -2u+m=  có nghiệm u thỏa mãn  00 £u 1<  Hàm số  2 

g(u)=u - 2u nghịch biến trên (0;1), g(0)=0, g(1)=­1  Suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi  1- < -m£0Û0£m 1< 

0,25 

Đường trịn (C) có tâm trùng với gốc tọa độ O(0;0), bán kính R=1

( )  m 

d O, d 

=   (C) cắt d tại hai điểm d O, d( )  m  m 2 

Û < Û < Û - < <  (*)  0,25 

Gọi M là trung điểm AB, 

2 

m  AB 2MB 1 

2

= = -   Diện tích tam giác OAB : 

2 

m  m  S 1 

2 

= - 

0,5  Câu 

6a 1) 

Theo bđt côsi 

2 

m  m 1  1 

2 2 

2 - £  dấu = xảy ra khi 

2 

m  m 

1 m 1 

2 

2 = - Û = ±  thỏa mãn (*)  0,25

( ) ( ) ( ) 

AB 2; 2; , AC 0; 2; AB, AC- éë ù û = 8; 4; 4-

uuur uuur uuur uuur 

là vtpt của (ABC)  Pt (ABC):  2(x 1)+ -y+ - =z 0Û2x-y+ + =z 0 

0.25 

Mp trung trực của AB: (P): x+y­z­1=0.  Mp trung trực của AC: (Q):  y+z­3=0  0.25  2) 

Tọa độ tâm là nghiệm của hệ 

2x y z x 0  x y z y 2  y z z

- + + = =

ì ì

ï ï

+ - - = Û =

í í

ï + - = ï =

ỵ ỵ 

. Vậy tâm I(0;2;1) 

Giải phương trình  n 1  n n 1 

A C - 4n +

- = +  (1); Điều kiện:  n ≥ 2 ; nỴ N.  (n 1)! 

(1) n(n 1) 4n 6  2!(n 1)!

+

Û - - = +

- Û 

n(n 1) 

n(n 1) 4n 6 

+

- - = +

Û n 2 – 11n – 12 = 0 Û  n 1  n

= - é ê = ë 

do n ≥ 2 nên n=12. 

0,25 

Với n = 12  ta có nhị thức Niutơn: 

12 

1  2x 

x

ỉ

+

ỗ ữ

ố ứ Shngthk+1trongkhaitrinl:

Tk +1 = 

k  k 12 k  12 

1  C (2x)

x - ổ

ỗ ữ

è ø 

= ( ) 

k  12 k 

k  2 

12 

C 2x -  x- = 

24 3k  k 12 k  2  12 

C x - - 

; kỴN, 0 ≤ k ≤ 12  

0,25 

Số hạng này không chứa x khi  k N,   0 k 12  k 8  24 3k

Ỵ £ £

ì

Û =

í

- =

ỵ 

.  0,25 

Câu7a 

Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là  T9 = 

8 4  12 

C = 7920 0,25 

Dễ  thấy  ' 

MỴ(C), MỴ (C )   Tâm  và  bán  kính  của  (C),  (C’)  lần  lượt  là  I(1;  1)  ,  I’(­2;  0)  và  R=1, R '= 3

0,25 

đường thẳng (d) qua M có phương trình  2 

a(x 1)- +b(y-0)=0Ûax+by- =a 0, (a +b ¹ 0)(*) 0,25  Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 

2 2 2 

MA=2MBÛ IA -IH =2 I ' B - I 'H ' Û -1 ( d(I;d)) 2 =4[9- ( d(I ';d) ]) 2  ,

( ) ( ) 

2 2 

2 2 

2 2 2 

9a b 

4 d(I ';d) d(I;d) 35 35  a b a b

Û - = Û - =

+ + 

0,25  Câu6b 

1) 

2 2 

2 2 

2 2 

36a b 

35 a 36b  a b

-

Û = =

+ Dthy bạ0 nờnchn b 1= ịa= ±6    Pt đt d: 6x+y­6=0, ­6x+y+6=0. 

0,25 

Mặt cầu (S) có tâm I(2;­1;3), bk  R= 3

Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) và tiếp xúc với (S). Pt (Q): 2x+2y z- +D= 0

Ta có d I,(Q)( )  R 2.2 2( 1) D  D 9  D 10  D 8 

+ - - + é =

= Û = Û - = Û ê

= - ë  Suy ra pt (Q):  2x+2y z 10- + = 0 hoặc 2x+2y z 8- - = 0

0,25 

Xét (Q) : 2x+2y z 10- + = 0 có VTPT  n(2; 2; 1)r  -   Tiếp điểm của (Q) và (S) là A(x;y;2x+2y+10)

( ) 

IA x 2; y 1; 2x 2y 10

Þuur  - + + +  Ta có IA uur . 

x 2t t 1 

tn y 2t x A(0; 3; 4)  2x 2y t y

- = = -

ì ì

ï ï

= Ûí + = Ûí = Þ -

ï + + = - ï = -

ỵ ỵ

r 

0,25 

d(A,(P))=2, d(I, (P))= Þ5 Mº A 0,25  2) 

N là hình chiếu của M trên (P)  N 4; 13 14 ;  3

- -

ổ

ị ỗ ữ

ố ứ 0,25 

Đk: x>3  0.25 

3 1 

3 

x 3  log (x 3)(x 2) log 

x

+

- - >

-  0.25 

Câu7b 

x 2  (x 3)(x 2) 

x

-

Û - - >

2  x 10  (x 3)(x 3) x 10 

x 10

é >

Û - + > Û > Û ê

< - ê ë 

. Do x> Þ3 x>  10

TRƯỜNG ðAI HỌC VINH đề thi thử đại học năm học 2009-2010

Khối THPT Chun MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút - -

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)

Câu I. (2,0 ñiểm) Cho hàm số y= x3 −3(m+1)x2+9x−m, với m tham số thực

1 Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số ñã cho ứng với m=1 Xác ñịnh m ñể hàm số ñã cho ñạt cực trị x1,x2 cho x1−x2 ≤2

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: )

2 sin( cos sin

2 sin cot

2

1 = +π

+

+ x

x x

x

x

2 Giải phương trình: 2log5(3x−1)+1=log35(2x+1)

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ∫

+ + =

5

1

1

1

dx x x

x

I

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có AB=1,CC'=m (m>0) Tìm m biết góc hai ñường thẳng AB' BC' 60 0

Câu V. (1,0 điểm) Cho số thực khơng âm x,y,z thoả mãn + 2+ =3

z y

x Tìm giá trị lớn

biểu thức

z y x zx yz xy A

+ + + + +

=

B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh ñược làm hai phần (phần a, b)

a Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình ñường thẳng chứa ñường cao trung tuyến kẻ từ ñỉnh C 2x−y+13=0

0 29 13

6x− y+ = Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng MNPQ có M(5;3;−1), P(2;3;−4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết ñỉnh N nằm mặt phẳng (γ):x+ y−z−6=0

Câu VIIa. (1,0 ñiểm) Cho tập E ={0,1,2,3,4,5,6} Từ chữ số tập E lập ñược số tự nhiên chẵn gồm chữ số đơi khác nhau?

b Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, xét elíp (E) ñi qua ñiểm M(−2;−3) có phương trình đường chuẩn x+8=0 Viết phương trình tắc (E)

2 Trong khơng gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñiểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;3;2) mặt phẳng

0 2 : )

(α x+ y+ = Tìm toạ độ điểm M biết M cách ñều ñiểm A, B,C mặt phẳng )

(α

Câu VIIb. (1,0 ñiểm) Khai triển rút gọn biểu thức n

x n x

x 2(1 ) (1 )

1− + − 2+ + − thu ñược ña thức

n nx

a x a a x

P( )= 0 + 1 + + Tính hệ số a8 biết n số nguyên dương thoả mãn

n C

Cn n

1

3

2 + =

- Hết -

ðÁP ÁN ðỀ THI THỬ LẦN – NĂM 2009

Câu đáp án điểm

1 (1,25 điểm)

Víi m=1 ta cã y=x3−6x2+9x−1

* Tập xác định: D = R * S bin thiờn

ã Chiều biến thiên: y'=3x2−12x+9=3(x2 −4x+3)

Ta cã 

 

< > ⇔ >

1

'

x x

y , y'<0⇔1< x<3

Do đó:

+ Hàm số đồng biến khoảng (−∞,1) (3, +∞) + Hàm số nghịch biến khoảng(1,3)

0,5

• Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=1 yCD = y(1)=3; đạt cực tiểu x=3

)

( =−

= y

yCT

ã Giới hạn: = =+ +

→ −∞

→ y x y

xlim ; lim

0,25

ã Bảng biến thiên:

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung điểm (0, 1)

1

-1

x y

O

0,25

2 (0,75 ®iĨm)

Ta cã y'=3x2−6(m+1)x+9

+) Hàm số đạt cực i, cc tiu ti x1, x2

phơng trình y'=0 cã hai nghiƯm pb lµ x1, x2

Pt x22(m+1)x+3=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2

   

− − <

+ − > ⇔ > − + = ∆ ⇔

3

3

3 ) (

'

m m

m (1)

0,25 I

(2,0

ñiểm)

+) Theo định lý Viet ta có x1+x2 =2(m+1); x1x2 =3 Khi

( ) 4 4( 1) 12

2 1 2 1 2

2

1−x ≤ ⇔ x +x − x x ≤ ⇔ m+ − ≤

x

Tr−êng ð¹i häc vinh

Khối THPT chuyên đáp án đề khảo sát chất l−ợng lớp 12 Lần - 2009 Mơn Tốn, khối A

x y’

y

3

-1

∞ +

∞ −

0 0

3

1 +∞

∞ −

⇔(m+1)2 ≤4⇔−3≤m≤1 (2)

Tõ (1) (2) suy giá trị m −3≤m<−1− vµ −1+ 3<m≤1

0,5

1 (1,0 điểm)

Điều kiện: sinx0,sinx+cosx

Pt ®J cho trë thµnh 2cos cos sin cos sin sin

cos − =

+ + x x x x x x x sin ) sin( cos cos sin cos sin cos =       + − ⇔ = + − ⇔ x x x x x x x x π +) ,

cosx= ⇔x=π +kπ k∈Ζ

0,5 +) ∈Ζ       + = + = ⇔       + − − = + + = ⇔ +

= m n

n x m x n x x m x x x x , 4 2 ) sin( sin π π π π π π π π π π ,

4 + ∈Ζ

=

⇔x π t π t

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt lµ π

π

k

x= +

2 ; , ,

2

4 + ∈Ζ

= t k t

x π π

0,5

2 (1,0 ®iĨm)

§iỊu kiƯn

>

x (*)

Với đk trên, pt đJ cho log5(3x1)2+1=3log5(2x+1)

3 5 ) ( ) ( ) ( log ) ( log + = − ⇔ + = − ⇔ x x x x 0,5 II (2,0

ñiểm)

    = = ⇔ = − − ⇔ = − + − ⇔ ) ( ) ( 36 33 2 x x x x x x x

§èi chiÕu ®iỊu kiƯn (*), ta cã nghiƯm cđa pt lµ x=2

0,5 Đặt 3

3 dx tdt

x dx dt

x

t ⇒ =

+ =

⇒ +

=

Khi x=1 th× t = 2, x = t =

Suy ∫

− +       − = 2 2 1 tdt t t t

I ∫ ∫

− + − = 2 2 ) ( t dt dt t 0,5 III (1,0

ñiểm)

ln 27 100 1 ln

2 = +

- KỴ BD//AB' (D∈A'B') ⇒(AB', BC')=(BD,BC')=600

⇒∠DBC'=600 hc ∠DBC'=1200. 0,5 IV

(1,0

®iĨm) - NÕu ∠DBC'=600

Vì lăng trụ nên BB'⊥(A'B'C') áp dụng định lý Pitago định lý cosin ta có

1

'= 2+

=BC m

BD DC'=

Kết hợp ∠DBC'=600 ta suy ' BDC

∆

đều

Do m2+1=3⇔m=

- NÕu ∠DBC'=1200

áp dụng định lý cosin cho ∆BDC'suy

ra m=0 (lo¹i) VËy m=

* Chú ý: - Nếu HS xét tr−ờng hợp góc 600 cho 0,5đ giải - HS giải ph−ơng pháp vectơ toạ độ với nhận xét:

' '

' ' )'

,' cos( ) ' , ' cos(

BC AB

BC AB BC

AB BC

AB = =

0,5

Đặt t=x+y+z ⇒

2 )

(

2

2 = + + + ⇒ + + =t −

zx yz xy zx

yz xy

t

Ta cã 0≤ xy+ yz+zx≤ x2+ y2+z2 =3 nên 3t29 3t3 t>0

Khi

3

2 t t

A= − +

0,5 V

(1,0 điểm)

Xét hàm số , 3

3 ) (

2

≤ ≤ −

+

= t

t t t f

Ta cã '( ) 25

3

2 >

− = − =

t t t t t

f v× t≥

Suy f(t) đồng biến [ 3,3] Do 14 ) ( )

(t ≤ f =

f

Dấu đẳng thức xảy t=3⇔x= y=z=1

VËy GTLN cđa A lµ

3 14

, đạt đ−ợc x= y=z=1

0,5

1 (1 ®iĨm) VIa

(2,0 ®iĨm)

- Gọi đờng cao trung tuyến kẻ từ C CH

và CM Khi

CH cã phơng trình 2xy+13=0,

CM có phơng trình 6x13y+29=0

- Tõ hÖ ( 7; 1)

29 13

0 13

− − ⇒ 

 

= + −

= + −

C y

x y x

-AB⊥CH ⇒nAB =uCH =(1,2)

⇒pt AB:x+2y−16=0 - Tõ hÖ (6;5)

0 29 13

0 16

M y

x y x

⇒ 

 

= + −

= − +

0,5

A

2

1+m

C

C’ B’

B

A’ m

D

1 1200

M(6; 5) A(4;

6)

C(-7; -1)

⇒B(8;4)

- Gi¶ sư phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ABC:x2+y2+mx+ny+p=0

Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên

  = + − − = + + + = + + + 50 80 52 p n m p n m p n m      − = = − = ⇔ 72 p n m Suy pt đờng tròn: x2+y24x+6y72=0 hay (x2)2+(y+3)2 =85

0,5

2 (1 ®iĨm)

- Giả sử N(x0;y0;z0) Vì N() x0+ y0z06=0 (1)

- MNPQ hình vuông MNP vuông cân N

    = = ⇔ PN MN PN MN     = + + + − + − − + + − + − = + + − + − ⇔ ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 2 2 2 z z y x x z y x z y x 0,5    = + + + − + − − = − + ⇔ ) ( ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( 0 0 0 z z y x x z x

- Tõ (1) vµ (2) suy

   + − = + − = 0 0 x z x y

Thay vµo (3) ta đợc x025x0+6=0

= = = − = = = ⇒ , , , , 0 0 0 z y x z y x

hay 

  − − ) ; ; ( ) ; ; ( N N

- Gäi I tâm hình vuông I là trung điểm MP vµ NQ ⇒ ) ; ; ( − I

NÕu N(2;3−1) th× Q(5;3;−4)

NÕu N(3;1;−2) th× Q(4;5;−3)

0,5

Giả sử abcd số thoả mJn ycbt Suy d{0,2,4,6} +) d =0 Số cách xếp abc A63

+) d =2 Số cách xếp abc lµ A63−A52

0,5 VIIa

(1,0 điểm)

+) Với d =4 d =6 kết giống nh trờng hợp d =2

Do ta có số số lập đ−ợc A63+3(A63−A52)=420 0,5

1 (1 ®iĨm)

- Gọi phơng trình ( ): 2 ( 0)

2 2 > > =

+ a b

b y a x

E

- Gi¶ thiÕt

      = = + ⇔ ) ( ) ( 2 c a b a

Ta cã (2) 2 (8 )

c c c c c a b c

a = ⇒ = − = − = −

⇔

* NÕu c=2 th× 12 16 : ) ( 12 , 16 2

2 = = ⇒ x + y =

E b a * NÕu 13 =

c th×

4 / 39 52 : ) ( 39 , 52 2

2= b = ⇒ E x + y =

a

0,5

2 (1 ®iĨm)

Giả sử M(x0;y0;z0) Khi từ giả thiết suy

5 2 ) ( ) ( ) ( )

( 0

0 2 2 2 2 + + = − + − + = + − + = + +

− y z x y z x y z x y

x         + + = + + − − + − + = + − + + − + = + + − ⇔ ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 2 2 2 2 2 2 2 y x z y x z y x z y x z y x z y x 0,5

Tõ (1) vµ (2) suy

   − = = 0 0 x z x y

Thay vµo (3) ta đợc 0

2

0 10) (3 2)

3 (

5 x − x + = x +

    = = ⇔ 23 0 x x     − ⇒ ) 14 ; 23 ; 23 ( ) ; ; ( M M 0,5 Ta cã      = − − + − ≥ ⇔ = + n n n n n n n n C

Cn n

) )( ( ! ) ( 36

2 ⇔ =

   = − − ≥ ⇔ n n n n 0,5 VIIb (1,0 ®iĨm)

Suy a8 lµ hƯ sè cđa x8 biÓu thøc 8(1−x)8+9(1−x)9

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ðÔN

Lần II

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG NĂM 2011

Mơn thi: TỐN, khối A, B

Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu I: (2,0 ñiểm)

Cho hàm số 2 4 ( )

1

x

y C

x

− =

+

1. Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị (C) hàm số

2. Gọi M điểm đồ thị (C), tiếp tuyến M cắt tiệm cận (C) A, B CMR diện tích tam giác ABI (I giao hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M

Câu II: (3,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

2

2

2

1

xy

x y

x y

x y x y

 + + =

 +



 + = −



2. Giải phương trình: 2sin2 2sin2 t anx

4

x π x

 − = −

 

 

3. Giải bất phương trình: 1 5( ) 3 1( )

3

log log x + +1 x >log log x + −1 x

Câu III: (2,0 điểm)

1. Tính tích phân:

2

1

ln 2 ln

e x x

I dx

x

+

=∫

2. Cho tập A={0;1;2;3;4;5}, từ A lập số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, thiết phải có chữ số

Câu IV: (2,0 ñiểm)

1. Viết phương trình đường trịn qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + =

2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b Gọi αlà góc hai mp(ABC) mp(A’BC) Tính

tanα thể tích chóp A’.BCC’B’

Câu V: (1,0 điểm)

Cho x>0,y>0,x+ =y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 1

x y

T

x y

= +

− −

……….Hết……… …

ðÁP ÁN ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN A, B NĂM 2011

Câu Ý Nội dung ðiểm

I 2

1 Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị (C) hàm số (1,00 ñiểm) -Tập xác ñịnh: R\{-1}

-Sự biến thiên:

( )2

6

' 0 1

1

y x

x

= > ∀ ≠ −

+ Suy hàm số ñồng biến khoảng xác

ñịnh hàm số

0.25

-( )1

lim 1

x

y x

±

→ − = ∞ → = −m tiệm cận ñứng

-lim 2 2

x→±∞y = → =y là tiệm cận ngang

0.25

-Bảng biến thiên

0.25

-ðồ thị

0.25

2 Tìm cặp điểm đối xứng….(1,00 ñiểm)

Gọi ;2 4 ( ) 1

1

a

M a C a

a

−

 ∈ ≠ −

 + 

 

Tiếp tuyến M có phương trình:

( )2 ( )

6 2 4

1 1

a

y x a

a a

−

= − +

+ +

Giao ñiểm với tiệm cận ñứng x= −1 1;2 10 1

a A

a

−

− 

 + 

 

Giao ñiểm với tiệm cận ngang y=2 B(2a+1; 2)

Giao hai tiệm cận I(-1; 2)

0.25

0.25

0.25

0.25

-∞ +∞

2 2

+ +

-1 +∞

-∞

y y' x

x y

2 -1

-4 2 1

( ) ( )

12 1 1

; 2 1 . .24 12

1 IAB 2 2

IA IB a S IA AB dvdt

a

= = + ⇒ = = =

+

Suy ñpcm

II 3

1 Giải hệ …(1,00 ñiểm) ( )

( ) ( )

2

2

2

1 1

0 2

xy

x y

x y dk x y

x y x y

 + + =

 + + >



 + = −



( ) ( )2 2 ( )3 ( ) ( )

1 x y 2xy xy 1 0 x y 2xy x y 2xy x y 0

x y

⇔ + − + − = ⇔ + − + + − + =

+

( ) (( ) ) ( )

( ) ( )( )

( )

( )

2

2

1 2 1 0

1 1 2 0

1 3

0 4

x y x y xy x y

x y x y x y xy

x y

x y x y

⇔ + + − − + − =

⇔ + −  + + + −  =

+ = 

⇔ 

+ + + =



0.5

Dễ thấy (4) vơ nghiệm x+y>0 Thế (3) vào (2) ta ñược x2 − =y 1

Giải hệ 2 1 1; 0

2; 3

1

x y x y

x y

x y

+ = = =

 

⇒

  = −

=

− = 

 ……

0.5

2 Giải phương trình….(1,00 điểm) ðk: cosx≠ 0(*)

2 2 sinx

2sin 2sin t anx 1 cos 2 2sin

4 2 cos

x x x x

x

π π

 − = − ⇔ −  − = −

   

   

0.25

( )

2

cosx sin cosx x 2sin x.cosx sinx cosx sinx sin 2x cosx sinx 0

⇔ − − + ⇔ + − + = 0.25

cos

sinx cos t anx 1

4

4 2

sin 2 1 2 2

2 4

x

x x k

x k

x x l x l

π π

π π

π π π π

≠

 = − → = − ⇔ = − +



⇔ → = +

 = ⇔ = + ⇔ = +



(tm(*))… 0.5

3 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

( ) ( )

1

3

log log x + +1 x >log log x + −1 x (1)

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

2

3

5

2

3

5

2

5

1 log log 1 log log 1 0

log log 1 .log 1 0

log 1 1

x x x x

x x x x

x x

⇔ + − + + + <

 

⇔  + − + + <

 

⇔ + + <

( )

5

0 log x 1 x 1

⇔ < + + <

*)0<log5( x2 + +1 x)⇔ >x 0

*)log5( 1 ) 1 1 5 1 5 12

5

x + +x < ⇔ x + + < ⇔x x + < − ⇔ ⇔ <x x

Vậy BPT có nghiệm 0;12

5

x∈ 

 

0.25

0.25

0.25

0.2

III 2

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

( ) ( ) ( )

( )

2

3

2 2

3 3

1 1

4

4

3

1

ln 2 ln 1

ln 2 ln ln 2 ln 2 ln

2

3 2 ln

1 3

. 3 2

2 4 8

e e e

e

x x

I dx x xd x x d x

x x

+

= = + = + +

+

 

= =  − 

∫ ∫ ∫ 0.5

0.5

2 Lập số … (1,00 điểm)

-Gọi số cần tìm abcde a( ≠0)

-Tìm số số có chữ số khác mà có mặt khơng xét đến vị trí a Xếp vào vị trí có: A52 cách

vị trí cịn lại có A43cách Suy có A A52 43 số

-Tìm số số có chữ số khác mà có mặt với a = Xếp có cách

vị trí cịn lại có A43 cách Suy có 4.A43 số

Vậy số số cần tìm tmycbt là: A A52 43-4.A43= 384

0.25

0.25

0.25

0.25

IV 2

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

2

2 5 4 1 (1)

3 9

; 2 5 2

10

a b a b

IA IB

a b

IA d I a b

 − + − = − + −

=

 

⇔

 = ∆  − +

  − + − =



( )1 ⇔ =a 2b−3 vào (2) ta có b2 −12b+20= ⇔ = ∨ =0 b 2 b 10

*) với b= ⇒ =2 a 1;R= 10⇒( ) (C : x−1) (2 + y−2)2 =10

*)với b=10⇒ =a 17;R= 250 ⇒( ) (C : x−17) (2 + y−10)2 =250

0.25

0.25

0.25

0.25 2 Hình lăng trụ ….(1,00 ñiểm)

Gọi O tâm ñáy suy A O' ⊥(ABC)và góc α =·AIA'

*)Tính tanα

'

tan A O

OI

α = với 1 1 3 3

3 3 2 6

a a

OI = AI = =

2 2

2 2 3

' '

3 3

a b a

A O = A A − AO =b − = −

2

2 3

tan b a

a

α −

⇒ =

*)Tính VA BCC B'. ' '

( )

' ' ' ' ' ' '

2 2 2

1

' '

3

2 3 1 3 3

. . .

3 3 2 2 6

A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC

V V V A O S A O S

b a a a b a

a dvtt

= − = −

− −

= =

0.25

0.25

0.5

V 1

ðặt cos2 ; sin2 0;

2

x= a y= a⇒ ∈a  π 

 

( )( )

2 3 sin cos 1 sin cos

cos sin cos sin

sin cos sina.cos sin cos

a a a a

a a a a

T

a a a a a

+ −

+

= + = =

ðặt

2

1

sin cos 2 sin sin cos

4 2

t

t = a+ a= a+π ⇒ a a= −

 

Với 0 1 2

2

a π t

< < ⇒ < ≤

Khi ( )

3

2 3 1

t t

T f t

t

− −

= =

− ;

( )

( ) ( ( ) ( )

4

2

3

' 0 1; 2 2 2

1

t

f t t f t f

t

− − 

= < ∀ ∈ ⇒ ≥ =

−

Vậy

(1; ( ) ( )

min 2 2

t∈  f t = f =

1 2

x= =y Hay minT = 2 1

2

x = =y

I B'

C'

O

A C

www.laisac.page.tl