de thi thu le hong phong

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C.. 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.. Phần riêng: 2,5 điể

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 = -x3 + 3x2 – 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: Sin3x + Cos3x = 1sin2xcosxSinx

2 3

b Giải bất phương trình: 9 2 1 10 3 2 2 1 0







x x x x

Câu 3:(1điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: x m x

x

x

1 1

2 1 2

1

3 2













Câu 4: (1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn : a2 b2 c2 4 abc

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 600 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 x10 trong khai triển nhị thức Niutơn của (x+2)n, biết rằng:

2048

) 1 (

3

3

n

n n

n n

n n

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 A1A2…… ,A2n (nN) nội tiếp đường tròn (O) Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm: A1,A2,……,A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm: A1, A2, … ,A2n Tìm n ?

Câu 7b: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 + 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

-*** -

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’

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y:= -x3 + 3x2 – 2 (C)

+ TXĐ: D = R

+ y’ = - 3x2 + 6x = -3x(x-2)

y’ = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2







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); (1 3;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 ( 6 3 ) 1 ( 2 ) ( 2 3 2 2 3 k x x a x k x x Thay (2) vào (1) ta được phương trình - x3 + 3x2 – 4 = - 3x(x-2)(x-a)  (x-2)[2x2 – (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 2x2 – (3a-1)x + 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

 



































































2

)

; 3

5 ( ) 1

; ( 0

6 12

0 15 6 9 0

2 ) 1 3 ( 2 8

0 16 1

a

a a

a a a

a

KL: M(a;2) thoả mãn ; )\ 2

3

5 ( ) 1

; (  



a

0.5

Giải phương trình Sin3x + Cos3x = 1sin2xcosxSinx

2 3

PT  (sinx+cosx)(1-sinxcosx)= (sin cos ) (cos sin )

2

x x x

0 cos2x) 2

3 -sin2x 2

1 -cosx)(1

a

















































Z k k x

Z k k

, 12 x 1 ) 6 -cos(2x 1

2 sin 2

1 cos2x 2

3

, 4 -x 1 tanx 0

cosx sinx











KL: phương trình có 2 họ nghiệm   k

4

12

x với (kZ)

0.5

Giải bất phương trình 9x2x 1  10 3x2x 2  1  0

TXĐ : R

9

10 9

9





x x x x

Đặt x2 x

3 = t (t>0) BPT trở thành t2 - 10t + 9 0

0.5

2

b

 1t 9 30 3x2x 32

 2;1  2; 1  0;1

; 0 1

; 2































x

x x

ĐK

2

1



x

x

x

) 1 ( 1 2 1 2

1

3 2













1 2

2





x

3

Xét hàm số (C): f(x)=

1 2

1

3 2





x

x

trên D = ; )

2

1 ( 

Có:

2

1 0

) 1 2 )(

1 2 (

1 3 )

(







x x

x x

f





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

A

B

B

=> m thì phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm duy nhất

4

3 3

3

2 2

2 2 2

2 2 2

c b a c b a c

b a c b

























  

3 4

2

c b a



Áp dụng BĐT côsi : abc3 abc3

3

4

27 4

4

27 27

) (

2

abc abc

abc abc

c b













abc c

b a

4

9









1.0

giả thiết:

) (

) (

) (

) (

) (

ABCD SI

ABCD SIC

ABCD SIB















kẻ IK BC (KBC)

=> BC (SIK)  SKI = 600 (gt)

Ta có:

) ( IDC IAB

ABCD

2

3 ) 2

1 ( 3

2 2

2

a a

=>

5

3 5

3

2

2

a

a BC

S

IK  IBC  

0.5

0.5

5

- Xét tam giác vuông SIK: SI = IK.tanSKI =

5

15

=>

5

15 3 3 5

15 3 3

1

3

2

a a

a S

SI

0.5

A Chương trình chuẩn (2,5 điểm)

n

n n

n n

n.C 3 C ( 1) C (3 1) 2

3 0  1 1      Theo gt=> 2n = 2048 = 211 => n = 11

0.5 6a

- Trong khai triển Niutơn (x+2)11 thì hệ số của số hạng chứa x10 là 1.2 11

11 

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

B



- Trung điểm M của cạnh AC có toạ độ thoả mãn hệ (2; 1)

0 4 2 3

0 7 3 2























M y

x

y x

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 4 2 3

0 35





















I y

x

y x

- Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là:

441

9061 7

23 21













 













B CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (2,5điểm)

- Số tam giác có các điểm là 3 trong 2n điểm: A1A2…… A2n là 3

2n

C

- Nhận xét: Đa giác đều A1A2…… A2n 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

n

C

2

) 1 ( 20 6

) 2 2 )(

1 2 ( 2 )!

2 ( 2

! 20 )!

3 2 ( 3

!







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



S IAB

 maxSIAB=1 khi

và chỉ khi IA IB => AB = 2

0.5 7b

Khi đó: d(I,(  ))= IH = 1





































15 8 0

1 4

1 1 1

3 2 2

2

m m

m m

m

m m

0.5 0.25

H

I R