De dap an thi thu DH nam 2011

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r]

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

TỔ TOÁN - TIN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn: TOÁN - Khối A + B Ngày thi: 27/9/2011

Thời gian làm bài: 180 phút

(không kể thời gian giao đề)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1

x y x







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

2 Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2

m

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2cos6x2cos4x 3cos2x sin2x  3

2 Giải hệ phương trình :

2

1

x x

y

y y x y



  







Câu III (2,0 điểm)

1 Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:

x33x2 1m x  x 1

2 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2+y2+z2≤ xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= x

x2+yz+

y

y2+zx+

z

z2+xy

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi; hai đường chéo

AC = 2 3a và BD = 2a cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng

3 4

a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB :

x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0 Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24

= 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0 Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12

Câu VI (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1− x¿

n 1− x¿2+ +n¿

1− x+2¿

thu được đa thức

P(x)=a0+a1x + +a n x n Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:

1

C n2

+ 7

C n3

=1

n

… Hết …

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ………; Lớp: ………

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011

I-1

(1

điểm)

Tập xác định D = R\- 1

Sự biến thiên:

4

( 1)

x

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + )

- Cực trị: Hàm số không có cực trị

0,25

- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:

x   x x  x

x   x x   x

0,25

-Bảng biến thiên:

y

0,25

Đồ thị:

- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)

- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2)

- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm

hai tiệm cận I(- 1; 2)

0,25

I-2

(1

điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x ≠ -1) (1)

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1

Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m ) Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1)

Theo ĐL Viét ta có

1 2

1 2

2 2 2

m

x x m

x x



 







+

( , )

5

m

d O AB 

;

AB x  x  x  x  x  x

OAB 2

m

 m > 0

0,25

OAB

m

S  d O AB AB x  x  m x  x  m x x  x x

2

(x x )  4x x 1  m2 - 8m - 20 = 0  m = 10 (t/m) , m = - 2 (loại)

0,25

y

x

x= -1

1 -2

(1 điểm)

cos 0 2cos5 sin 3 cos





 



x

cos 0 os5x = cos(x- )

6













x

2

24 2

36 3















k x

k x





0,25

II-2

(1 điểm)

ĐK : y 0

hệ

2

2

1

2 0

x x

y x





 



đưa hệ về dạng

2

2

u u v

v v u







0,5

2

1 1

1

 

 



  

 







u v

u v

u v

0,25

KL: HPT có nghiệm: (-1 ;-1),(1 ;1), (

;1 3 2

 



), (

;1 3 2

 



III - 1

(1 điểm)

ĐK: x  1

Xét hàm số f x( )(x33x21)( x x1) với x  1

Có :

'( )(  )(   ) (   )  



2 2 1 > 0, x > 1.

 hàm số luôn đồng biến trên nửa khoảng [1; +)

0,25

Mặt khác f(1) = 3, xlim f x( )

  

 [ ; )

min ( )f x





III - 2

(1 điểm)

Vì x ; y ; z>0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có:

P≤ x

2√x2yz+

y

2√y2zx+

z

2√z2xy yz zx xy

2

=

x yz y xz z xy

xyz

1

2

0,5

Dấu = xảy ra  x = y = z = 3

0,5

(1 điểm)

Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O

của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do

đó A D B 600

Hay tam giác ABD đều

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)

nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD)

0,25

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta

có DH AB và DH = a 3; OK // DH và

a

OK  DH 

 OK  AB 

AB  (SOK)

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI

là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

0,25

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao

2

a SO

OI OK SO  

Diện tích đáy S ABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2;

đường cao của hình chóp 2

a

SO 

Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

S ABC ABC

a

0,25

0,25

V.a -1

(1 điểm)

Gọi H là trung điểm của dây cung AB

Ta có IH là đường cao của tam giác IAB

( , )

d I



0,25

2

25

m

Diện tích tam giác IAB là SIAB 12 2SIAH 12



2

3

3

m

m







 



0,25

V.a -2

(1 điểm)

ĐK: x 

1 3

PT  log (5 3 1x )2log55 3 log (52x1) log55 3 1.( x )2log (5 2x1)3

0,5

 5 3 1 2 2 138 3 33 236  4 0  (x + 2)2(8x - 1) = 0 0,25



x x







 



2 1 8

Kết hợp với đk ta được x = 2

0,25

VI.a

S

A

H C

O

I D

3a

a

I



H

5

Ta cã

1

C n2+

7

C n3=

1

n ⇔ n≥ 3

2

n(n −1)+

7 3 ! n(n− 1)(n− 2)=

1

n

¿{

⇔

n ≥ 3

n2−5 n −36=0

⇔n=9

¿{

Suy ra a8 lµ hÖ sè cña x8 trong biÓu thøc

1 − x¿9

1− x¿8+9¿

8¿

§ã lµ 8 C88+9 C98=89

0,5

V.b- 1

(1 điểm)

Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:

- - 2 0

2 - 5 0

x y







Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên





5 2

b c









Hay B(5; 3), C(1; 2)

0,25 Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u BC  ( 4; 1)



 

V.b-2

(1 điểm)

ĐK: 0x1

+ Với t = 2  log x3  2 x9.

+ Với t = -2 log x3   x

1 2

9

0,25

VI.b

(1 điểm)

ĐK :

2 x 5

x N

 







(5 x)! 2! x 3