SỞ GD&ĐT Nghệ An TRƯỜNG THPT Quỳ Hợp 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: 2 3 2 x y x + = − 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2sin6 2sin 4 3 os2 3 sin 2x x c x x− + = + 2. Giải phương trình 2 5 25 log ( 4 13 5) log (3 1) 0x x x− + − − + = Câu III (1,0 điểm) Tính 2 2 2 0 2010 os 1 lim x x c x x →   −  ÷  ÷   Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a= . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: 2IA IH= − uur uuur , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoã mãn x y z xyz+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 2 5 P x y z = + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆ 1 : x + y – 3 = 0 và đường thẳng ∆ 2 : x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆ 1 và điểm C thuộc ∆ 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Giải phương trình: 1 2 3 1 3 2 (9 2.3 3)log ( 1) log 27 .9 9 3 x x x x x + − − − + = − Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển 1 2 n x x   +  ÷   , biết rằng 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Giải hệ phương trình 2 3 1 2 3 3 1 1 2 2 3.2 x y y x x xy x + − +  + + = +   + =   Câu VII.b (1,0 điểm Cho (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 . Tìm hệ số a 10. …………………Hết………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm I 1 TXĐ: D = R\{2} ;lim 2 −∞= − → y x +∞= + → y x 2 lim ⇒ x = 2 là tiệm cận đứng ;2lim = −∞→ y x 2lim = +∞→x y ⇒ y=2 là tiệm cận ngang 0.25 y’ = 2;0 )2( 7 2 ≠∀< − − x x ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- )2;∞ và (2; + ∞ ); Hàm số không đạt cực trị 0.25 Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 032)6(22 2 32 2 =−−−+⇔+= − + mxmxmx x x (x = 2 không là nghiệm của p trình) 0.25 (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thoả mãn: y’(x 1 ) = y’(x 2 ) hay x 1 +x 2 = 4 0.25 2 4 2 6 0)32(8)6( 2 −=⇔      = − >++−=∆ ⇔ m m mm 0.5 II 1 pt đã cho ⇔ 2 2 os5 sin 3sin sin cosc x x x x x= + 0.25 ⇔ sinx 0 2 os5 3 sinx cosc x x =   = +  0.25 +) sinx 0= ⇔ x k π = 0.25 +) 2 os5 3sinx cosc x x= + ⇔ os5 os( ) 3 c x c x π = − ⇔ 12 2 18 3 k x k x π π π π  = − +    = +   0.25 2 Điều kiện: 2 4 13 5 0 3 1 0 x x x  − + − >  + >  Pt ⇔ 2 5 5 log ( 4 13 5) log 3 1x x x− + − = + ⇔ 2 4 13 5 3 1x x x− + − = + 0.25 Đặt 3 1 2 3x y+ = − + . Ta được hệ phương trình 2 2 4 13 2 8 0 4 12 3 8 0 x x y y y x  − − + =   − − + =   Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x 0.25 Với y=x ⇒ 2 4 15 8 0x x− + = , tìm được nghiệm 15 97 8 x − = 0.25 Với 2y=5-2x ⇒ 2 4 11 3 0x x− + = , tìm được nghiệm 11 73 8 x + = Vậy tập nghiệm của pt đã cho là 15 97 11 73 ; 8 8 T   − +   =       Chú ý: Pt ⇔ 2 2 2 25 1 5 1 4 10 3 1 3 1 (2 ) ( 3 1 ) 4 4 2 2 x x x x x x− + = + − + + ⇔ − = + − 0.25 2 2 2 0 2010 os 1 lim x x c x x →   −  ÷  ÷   = 2 2 2 2 2 0 0 (2010 1) os 1 os lim lim x x x c x c x x x → →     − − −  ÷  ÷  ÷     0.5 III = 2 2 ln2010 2 2 0 0 0 1 sinx ln 2010. lim lim os lim ln 2010 1 ln 2010 x x x x e c x x x → → →   −   − = −  ÷  ÷  ÷     0.5 IV Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH BC = AB 2 a2 = ; AI = a ; IH = 2 IA = 2 a AH = AI + IH = 2 3a 0,25 Ta có 5 2 a HC = Vì ⇒⊥ )(ABCSH 0 60))(;( == ∧∧ SCHABCSC ; 2 15 60tan 0 a HCSH == 0,25 6 15 2 15 )2( 2 1 . 3 1 . 3 1 3 2 . aa aSHSV ABCABCS === ∆ 0,25 )(SAHBI SHBI AHBI ⊥⇒    ⊥ ⊥ Ta có 22 1 )(;( 2 1 ))(;( 2 1 ))(;( ))(;( a BISAHBdSAHKd SB SK SAHBd SAHKd ===⇒== 0.25 V Đặt 1 1 1 , ,a b a x y z = = = khi đó ta có ab+bc+ca =1 và 2 2 2 2 5P a b c= + + 0.25 Ta có 2 2 ( ) ( 2 ) 0a b c b c− − + − ≥ với mọi a, b, c ⇔ 2 2 2 2 5 2( ) 0a b c ab bc ca+ + − + + ≥ 0.25 ⇔ P - 2 0 ≥ ⇔ P 2≥ 0.25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 / 11 0 2 0 2 / 11 1 1/ 11 a a b c b c b ab bc ca c  = − − =     − = ⇔ =     + + = =    Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 0.25 B ∈ ∆ 1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆ 2 ⇔ C(b; 9-b) ∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 2 2 . 0AB AC AB AC  =   =   uuur uuur 0.25 ⇔ 2 2 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)   − +  0.25 H K I BA S C VI.a 1 a = 2 không là nghiệm của hệ trên. (1) ⇔ b = 5a - 8 a - 2 . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0.25 Với a = 0 suy ra b = 4. B(0;3), C(4;5) Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3) 0.25 2 • ĐK: x > 1 • Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương 0.25 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 0.5 VII.a Giải phương trình 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. Phương trình tương đương với ( 1)! ( 1) 4 6 2!( 1)! n n n n n + − − = + − ⇔ ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n + − − = + ⇔ n 2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. 0.25 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: ( ) 12 24 3 12 12 12 12 2 2 12 12 1 1 1 2 2 . .2 . k k k k k k k k x C x x C x x − − − − = =   + = =  ÷   ∑ ∑ 0.25 Số hạng này chứa 6 x khi , 0 12 4 24 3 12 k N k k k ∈ ≤ ≤  ⇔ =  − =  . 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa 6 x là: 4 8 12 2C 0.25 VI.b 1 Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 3 1 1x xy x+ + = +    =−+ −≥ ⇔    +=++ ≥+ ⇔ 0)13( 1 113 01 2 yxx x xxyx x 0.25 2         −= −≥ = ⇔         =−+ = −≥ ⇔ xy x x yx x x 31 1 0 013 0 1 Với x = 0 thay vào (1) 11 8 log 11 8 22.12282.322 2 2 =⇔=⇔=+⇔=+ − y yyyyy 0.25 Với    −= −≥ xy x 31 1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2.322 1313 =+ −−+ xx Đặt 13 2 + = x t Vì 1 −≥ x nên 4 1 ≥t ( ) ( ) [ ]      +−= −+= ⇔     += −= ⇔=+−⇔=+⇔ )83(log2y 183log 3 1 x 83t i¹lo83t 01t6t6 t 1 t)3( 2 2 2 0.25 VËy hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm      = = 11 8 logy 0x 2 và ( ) [ ]      +−= −+= )83(log2y 183log 3 1 x 2 2 0.25 VII.b Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x 2 )] 5 = (1+x) 5 (1+x 2 ) 5 0,25 = ( ) 5 5 5 5 2 2 5 5 5 5 0 0 0 0 . i k k i k i k i k i k i C x C x C C x + = = = = = ∑ ∑ ∑∑ 0,25 Theo gt ta có 3 4 2 10 4 0 5, 2 0 5, 5 0 i k k i i k k N k i i N i k  =    =   + =   =    ≤ ≤ ∈ ⇔   =    ≤ ≤ ∈   =     =   0,25 ⇒ a 10 = 0 5 2 4 4 3 5 5 5 5 5 5 . . . 101C C C C C C+ + = 0,25 Chúc các em học tập tốt và làm bài tốt hơn trong các lần thi sau Mọi thắc mắc xin liên hệ với thầy Hải ĐT: 0942981184 .    Chú ý: Pt ⇔ 2 2 2 25 1 5 1 4 10 3 1 3 1 (2 ) ( 3 1 ) 4 4 2 2 x x x x x x− + = + − + + ⇔ − = + − 0 .25 2 2 2 0 20 10 os 1 lim x x c x x →   −  ÷  ÷   = 2 2 2 2 2 0 0 (20 10 1) os 1 os lim. ab+bc+ca =1 và 2 2 2 2 5P a b c= + + 0 .25 Ta có 2 2 ( ) ( 2 ) 0a b c b c− − + − ≥ với mọi a, b, c ⇔ 2 2 2 2 5 2( ) 0a b c ab bc ca+ + − + + ≥ 0 .25 ⇔ P - 2 0 ≥ ⇔ P 2 0 .25 Dấu “=” xảy. 6 2! ( 1)! n n n n n + − − = + − ⇔ ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n + − − = + ⇔ n 2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. 0 .25 Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: ( ) 12 24 3 12 12 12 12 2 2 12