Trường THPT A Nghĩa Hưng năm học 2010-2011 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút. CÂU 1: Cho hàm số y = 2 1 1 x x − − ( C ) 1)khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. 2) gọi (d) là tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm (0;-1) , hãy tìm trên ( C ) các điểm có hoành độ x>1 mà khoảng cách từ đó đến (d) nhỏ nhất . CÂU 2: 1)giải phương trình: sin2x –cos2x = 3 sinx +cosx - 2 2) tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 2 ( 5 6) ( ) 0 x x x x Log x x Log x m − − − + − + = CÂU 3: tìm hệ số của số hạng chứa x 5 y 4 z 3 t 2 trong khai triển của biểu thức (4x+3y+2z+t) 14 . CÂU 4: Giair hệ phương trình 2 5 3 2 17 3 2 2 5 17 x y x y  + + − =   − + + =   CÂU 5: cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = a , · BAC α = , cạnh bên SA = SB = SC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) bằng 3 4 a . Tính thể tích của hình chóp S.ABC. CÂU 6: Viết phương trình đường cao AH của tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB và AC của tam giác ABC lần lượt là 2x - y + 1 = 0 và 3x + 4y + 7 = 0 Và trung điểm của cạnh BC là M (-2;1). CÂU 7: Chứng minh rằng nếu a,b c là các số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c=1 thì 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   + + ≥ + +  ÷   HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Thi thử đại học 2011. CÂU NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM CÂU 1 2.5 đ 1)1.5 đ +txđ D=R { } / 1 +tìm pt tiệm cận ngang y=-2 , tiệm cận đứng x=1. +tính y ’ =1/(1-x) 2 >0 x D∀ ∈ , hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng thuộc D, hàm số không có cực trị +lập BBT +vẽ đồ thị Giao với trục hoành (1/2,0) Giao với trục tung (0;-1) Vẽ đồ thị đúng dạng như hv 2)1.0 đ +viết pt tt d tại điểm (0;-1) kq: y=x-1 +viết pt đt d ’ //d và tiếp xúc với (C )kq: y=x-5 +tìm tọa độ tiếp điểm của d ’ và (C ), kq M(2;-3) +vì nhánh của (C ) với x>1 và d nằm khác phía đối với d ’ Nên M(2;-3) là điểm thỏa mãn bài toán. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU 2 2.0 đ 1)đ +đưa pt về ( 2sinx-1)(sinx+cosx-1) 2sin 1 sinx cos 1 x x =  ⇔  + =  +giải pt: 2sinx=1 2 6 , 5 2 6 x k k Z x k π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   (*) +giải: sinx+cosx=1 2 2 sin( ) , 4 2 2 2 x k x k Z x k π π π π =   ⇔ + = ⇔ ∈  = +  (**) kl phương trình có các nghiệm (*);(**) 2)1 đ +phương trình đã cho 2 2 2 2 0 1 5 6 0 5 6 x x x x x x x x x m  − >  − ≠  ⇔  − + >   − + = +  0.5 0.25 0.25 0.25 + 2 0 1 6 6 x m x x < <  ⇔  = − +  +khảo sát hàm m=x 2 -6x+6 với 0<x<1 tới bbt được 1<m<6 Kl với 0<m<6 pt đã cho có nghiệm 0.25 0.5 CÂU 3 1.0 đ +áp dụng (a+b) 14 = 14 14 k k k C a b − ta có số hạng chứa x 5 trong khai triển của [ ] 14 4 (3 2 )x y z t+ + + là 9 5 9 14 (4 ) (3 2 )C x y z t+ + +số hạng chứa y 4 trong khai triển (3y+2z+t) 9 là 5 4 5 9 (3 ) (2 )C y z t+ +số hạng chứa z 3 t 2 trong khai triển (2z+t) là 2 3 2 5 (2 )C z t +số hạng chứa x 5 y 4 z 3 t 2 có hệ số 9 5 5 4 2 3 14 9 5 .4 . .3 . .2C C C 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU 4 1.0 đ +txđ : 2, 2x y≥ ≥ trừ vế được 2 5 3 2 2 5 3 2x x y y+ − − = + − − (1) +xét hàm f(t)= 2 2 3 2, 2t t t+ − − ≥ f ’ = 2 2 3 5 0, 2 2 ( 2)( 5) t t t t t − − + < ∀ > − + ,f liên tục trên khoảng [ ) 2;+∞ , nên f(t)nghịch biến trên khoảng [ ) 2;+∞ +pt (1) ( ) ( )f x f y x y⇔ = ⇔ = Thay vào một pt của hệ 25x 2 -7894x+83809=0 11 83809 275 x x =   ⇔  =  +thỏa mãn đk, kl hê. Có nghiệm 11 83809 275 x y x y = =    = =  0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU 5 1.5 đ +hạ SI ⊥ (ABC) ,chứng minh được I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, I ∈ đường cao AM của tam giác ABC +hạ AH ⊥ SM, chứng minh được AH ⊥ (ABC) , AH=3a/4 +tính được R=AI= 2cos 2 a α + SIM ∆ đồng dạng với AHM∆ ,tính được SI= 3 3 2 2cos 2 a a α − +tính dt(ABC)= 2 3 / 4,a thể tích SABC: V= 3 1 3 8 os 2 a c α    ÷ −  ÷  ÷   0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 CÂU6 1.0 đ +B(x 1; 2x 1 +1) , C(x 2 ; 2 3 7 4 4 x − − ) ,M là trung điểm BC nên có 1 2 1 2 4 8 3 11 x x x x + = −   − =  . +giải hệ x 1 =-1/11; x 2 =-43/11 , B(-1/11;9/11); C(-43/11;13/11) +giả hệ ,tìm tọa độ A(-1;-1), tìm BC uuur =(-42/11;4/11) +phương trình AH qua A , vtpt BC uuur là 21x - 2y +19 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU 7 1.0 đ + Đưa về : 1 1 1 ( )( ) 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c   + + + + ≥ + +  ÷   + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 0 3 3 3 3 3 3 a b b c c a a b b c c a       ⇔ − − + − − + − − ≤  ÷  ÷  ÷       +áp dụng hàm số f(x)= 1 3 x là hàm nghịch biến chứng minh Vế trái là tổng của 3 số không dương, suy ra (đpcm) 0.25 0.5 0.25 Chú ý:+mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tương ứng với biểu điểm +điểm của toàn bài làm tròn tới 0.5 đ, ví dụ 5.25 làm tròn thành 5.5 đ 6.75 làm tròn thành 7.0 đ. . đ +B(x 1; 2x 1 +1) , C(x 2 ; 2 3 7 4 4 x − − ) ,M là trung điểm BC nên có 1 2 1 2 4 8 3 11 x x x x + = −   − =  . +giải hệ x 1 = -1/ 11; x 2 =-43 /11 , B( -1/ 11; 9 /11 ); C(-43 /11 ;13 /11 ) +giả. ,tìm t a độ A( -1; -1) , tìm BC uuur =(-42 /11 ;4 /11 ) +phương trình AH qua A , vtpt BC uuur là 21x - 2y +19 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU 7 1. 0 đ + Đ a về : 1 1 1 ( )( ) 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b. 5 1. 5 đ +hạ SI ⊥ (ABC) ,chứng minh được I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, I ∈ đường cao AM c a tam giác ABC +hạ AH ⊥ SM, chứng minh được AH ⊥ (ABC) , AH= 3a/ 4 +tính được R=AI= 2cos 2 a α