Đề thi thử đại học lần thứ nhất môn Toán – Khối A

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT  Trường THPT Anh Sơn III  Môn Toán – Khối A  Năm học 2010­2011­Thời gian 180 phút  Phần dành chung cho tất cả các thí  sinh  (7 điểm)  Câu 1: Cho hàm số  :   y =  x3 − 3mx2 + 3(m2 −1)x − (m 2  − 1)  (1)  a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .  b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.  π  Câu 2:   a, Giải phương trình :  sin2x + (1 + 2cos3x)sinx ­  2sin 2 (2x+  ) = 0  4 b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :  x   2  + x = y + x2  + a   2 2    x + y = 1  sin xdx  Câu 3 : Tìm  :  ∫ (sin x + 3 cos x ) 3  Câu 4 : Cho lăng trụ đứng  ABC. A' B'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng  ( ABC ' ),(AB'C),(A' BC ) cắt nhau                .  tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.  Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :  x y z  P =  3 4(x3 + y3 ) + 3 4(y3 + z3 ) + 3  4(z3 + x 3 ) + 2( + + ) ≥ 12  y2 z2 x 2  Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )  A. Theo chương trình chuẩn  Câu 6a :   a, Cho đường tròn (C) có phương trình :  x2 + y2  − 4x − 4y + 4 = 0  và đường thẳng  (d) có phương trình : x + y – 2 = 0  Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn .   .   .  (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.  b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :   x = 4 t '  x y +1 z − 2   (d ) :  = = (d2 ) :  y = −2  1  2 −2  1   '   z = 3t  Viết phương trình đường thẳng ( ∆ )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2  ).  Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :  7   4  1    x +  ( với x > 0 )   3  x   B . Theo chương trình nâng cao  Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC  biết  B(2;­1) , đường  cao và  .  .  đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là :  3x ­4y + 27 =0   và x + 2y – 5 = 0 .  b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz  cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( ∆ ) có phương   2x − y + z +1 = 0  trình :    x − y + z + 2 = 0  Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( ∆ )sao cho : MA + MB nhỏ nhất .  2 12 2 24  Câu 7b :    Cho  (1+ x + x ) = a0 + a1x + a2 x + ...a  24 x .  Tính hệ số a 4  .  ­­­­­­  Hết.  ­­­­­­­­  Họ và tên…………………………………………..            Số báo danh…  SỞ GD­ĐT NGHỆ AN  ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM  TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011  Mụn: TOÁN; Khối A  (Đáp án ­ thang điểm gồm 07 trang)  ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM  Câu  Đáp án  Điểm  Câu 1  a. (1.0 điểm) Khảo sát…  (2 điểm)  Với m=0, ta có: y=x 3 ­3x+1  TXĐ D=R  2   x = 1  y’=3x ­3; y’=0 ⇔   0,25   x = −1   lim y = ±∞  x →±∞ BBT  x −∞  ­1  1 +∞  y’  +  0  ­  0  +  y  3 +∞  0,25  ­1 −∞  Hs đồng biến trên khoảng ( −∞ ;­1) và (1; +∞ ), nghịch biến trên (­1;1)  0,25  Hs đạt cực đại tại x=­1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=­1  Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)  và đi qua các điểm B(­2;­1), C(2;3)  y  Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng  3  1  0,25  ­2  1  2  x  ­1  0 ­1  b. (1.0 điểm) Tìm m để …  Ta có y’= 3x 2 ­6mx+3(m 2 ­1)   x = m − 1  0,25  y’=0 ⇔    x = m + 1  Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta  phải có:  V ' y '  > 0   ∀m∈ R    f . f  < 0  2 2 2   CD CT   (m −1)(m − 3)(m − 2m −1) < 0  0,25    xCD  > 0 ⇔  m −1 > 0  x  > 0   m +1 > 0   CT    f (0) < 0   −(m −1) < 0  1 − 2 < m < 1   Vậy giỏ trị m cần tìm là:    − 3 < m < − 1  m ∈( 3;1+  2)  ⇔  ⇔ 3 < m < 1+ 2  0,25   3 < m < 1+ 2    m > 1  Câu 2  a. (1.0 điểm) Giải phương trình  (2.0  Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +  π  )=0 điểm)  4 0,25 π  ⇔ sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +  )  2 ⇔ sinx + sin4x = 1+ sin4x  0,25 ⇔ sinx = 1  0,25 π  ⇔ x =  + k2π , k∈Z  2 0,25  b. (1.0 điểm)  Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (­x;y) cũng là nghiệm của hệ  Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0  0,25  + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2  x x  2 + x = y + x2  2 + x − x2  = y     (1)  ­Với  a = 0, hệ trở thành:   ⇔  (I)  x2 + y2 = 1  x2 + y 2  = 1            (2)     0,25  x 2  ≤ 1   y  ≤ 1   2 x  + x − x 2  ≥ 1  Từ (2)  ⇒ ⇒ ⇒  2   2    y  ≤ 1   x ≤ x    y ≤ 1   x2 + y 2  = 1   x   x = 0  ⇒ ( I ) có nghiệm  ⇔ 2 + x − x 2  =1 ⇔  TM  0,25    y = 1    y = 1   2 x  + x = y + x 2  + 2  ­Với  a=2, ta có hệ:    2 2    x + y = 1  0,25  Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;­1) và (1;0)  không TM  Vậy a = 0  π π Câu 3  sin[(x­ ) + ]  sinx  (1.0  Ta có  = 6 6  0,25  3  π điểm)  (sinx+ 3c osx)  8cos3 (x −  ) 6  3 π 1  π sin(x − ) + c os(x­ )  =  2 6 2 6  0,25  π 8cos (x­ ) 6  π sin(x − )  3 1 1  = 6  + π π 0,25  16 cos3 (x − ) 16 cos2 (x −  )  6 6  sinxdx 3 1  π ⇒ = + tan(x − ) + c  ∫  3  π 0,25  (sinx+ 3c osx)  32cos2 (x − ) 16 6  6  Câu 4  (1.0  Gọi I = AC ∩ ’A’C,  J = A’B∩ AB’  điểm)  (BA'C) ∩ (ABC') = BI   (BA'C) ∩ (AB'C) = CJ  ⇒  O là điểm cần tìm   Goi O = BI ∩ CJ þ Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C  A'  C'  0,25  B'  I  J  O  A H  C  M  Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC)  B  Do  V ABC là hình chiếu vuông góc của  V BA’C trên (ABC) nên H là  0,25  trọng tâm  V ABC  OH HM  1  Gọi M là trung điểm BC. Ta có:  = =  0,25  A'B AM 3  1 1 1  ⇒ V = OH.S = A'B. S = V 0,25  OABC 3 V ABC 9 V ABC  9  Câu 5  Ta có: 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y) 3  , với ∀ x,y>0  (1.0  Thật vậy: 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y)3  ⇔ 4(x 2 ­xy+y 2 ) ≥ (x+y) 2  (vỡ x+y>0) điểm)  ⇔ 3x 2 +3y 2 ­6xy ≥ 0 ⇔ (x­y) 2 ≥ 0     luôn đúng  Tương tự:   4(x 3 +z 3 ) ≥ (x+z) 3  0,25  4(y 3 +z 3 ) ≥ (y+z) 3  ⇒ 3 4(x3 + y3 ) + 3 4(x3 + z3 ) + 3  4(y3 + z3 ) ≥ 2(x + y + z) ≥ 6 3  xyz x y z  1  Mặt khác:  2( + + ) ≥ 6 3  0,25  y 2 z 2 x2  xyz 1  ⇒ P ≥ 6( 3  xyz + 3  ) ≥ 12  0,25  xyz    x = y = z   x y z  Dấu ‘=’ xảy ra  ⇔  2 = 2 = 2  ⇔ x = y = z = 1   y z x  0,25   1   xyz =   xyz Vậy P ≥ 12, dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x = y = z =1  Câu 6a  Chương trình chuẩn  (2.0  a. (1.0 điểm)  điểm)  (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2  Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:   x = 0     x + y − 2 = 0   y = 2  ⇔   2 2   x + y − 4x − 4y + 4 = 0    x = 2   y    y = 0  Hay A(2;0), B(0;2)  C 4  M  0,25  I  B  2  H  A  O  2  x  Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B  0,25  1  Ta có  S = CH. AB (H là hình chiếu của C trên AB)  V ABC  2  S max ⇔ CH max  V ABC  0,25   C = (C ) ∩ (V)   Dễ dàng thấy CH max  ⇔   xC   > 2  V ⊥ d  Hay V : y = x  với V:    I (2;2) ∈V   0,25  ⇒ C (2 + 2;2 +  2)  Vậy  C (2 + 2;2 +  2)  thì  SV ABC m ax  b. (1.0 điểm)  Nhận xét: M∉(d1) và M∉(d2)   (V) ∩ (d1) = I  Giả sử    (V)  ∩ (d 2) = H 0,25  Vỡ I∈d1 ⇒  I(2t­1; ­1­2t; 2+t)  H∈d2 ⇒ H(4t’; ­2; 3t’)  uuur uuuur  1 − 2t = k(1− 4t ')  TM = k HM   23  ycbt  ⇔  ⇔ 3 + 2t = k(2 + 2)  ⇔ t = −  k ∈ R, k ≠ 0   10  1 − t = k(3− 3t ')  0,5  23 18 3  ⇒ T (− ; ;− )  5 5 10  Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:   x = 1+ 56t    5 x + y − 8z +17 − 0  0,25   y = 2 − 16t   hoặc là:    12  x + 9y −16z +18 = 0   z = 3 + 33t  1  1  Câu 7a  1  7  − Ta có:  ( 4  x + )7 = C k (x 4 )7 − k .(x  3 ) k  3  ∑  7  0.25  (1.0  x k = 0  điểm)  Để số hạng thứ k không chứa x thì:   1 1   (7 − k) − k = 0  0.5   4 3  ⇔ k = 4    k ∈ [0;7]  1  Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:  C 4  =  0,25  7  35  Câu 6b  Chương trình cao  (2.0  a. (1.0 điểm)  điểm)  Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC:   (BC ) qua B   ⇔ (BC) : 4x + 3y − 5 = 0  0,25  BC  ⊥ d1    4x + 3y − 5 = 0  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:   ⇒ C (−1 ;3)   x + 2y − 5 = 0  Gọi KAC, KBC, K2  theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC,  BC, d2  3 1 1  − + − − K  K − K K − K  AC  BC d 2 = d 2  AC  ⇔ 4 2 = 2  1+ K .K 1+ K . K  1 3 1  BC d 2 d 2  AC  1+ . 1 − K  0,25  Ta có:  2 4 2  AC   K AC  = 0  ⇔  1   K = − (loai)    AC  3  Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3  + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  0,25 3 x − 4y + 27 = 0   ⇒ A( − 5;3)   y − 3 = 0  x + 5 y − 3  ⇒  Pt cạnh AB là:  = ⇔ 4x + 7 y −1 = 0  2 + 5 −1− 3  Vậy  AB:  4x+7y­1=0  0,25  AC:  y=3  BC:   4x+3y­5=0  b. (1.0 điểm)  + Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có:  V   cắt AuuBur tại uKuur( 1;3;0)  0,25  Ta có  KB = 2 KA ⇒  A, B nằm về cùng phía đối với V  Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V  và H là hình chiếu của A trên V .  x = 1   ⇒  H( 1;t;­3+t)    (vỡ PTTS của V :   y = t  )   0,25   z = −3 + t uuuurr  Ta có  AH.u = 0 ⇔ −1.0 + (t − 4).1+ (−4 + t).1 = 0 ⇔ t = 4  ⇒ H (1; 4;1) ⇒ A '(0;4;1)  Gọi M là giao điểm của A’B và d  13 4  ⇒ M (1; ; )  0,25  3 3  Lấy điểm N bất kỳ trên V  Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B ≤ NA+NB  0,25  13 4  Vậy  M (1; ; )  3 3  Câu 7b  Ta có:  (1.0  (1+x+x 2 )12   = [(1+x)+x 2  ] 12  =  0,25  0 12 1 11 2 k 12− k 2 k  12 24  điểm)  = C12 (1+ x) + C12 (1+ x) .x + ...+ C12 (1+ x) .(x ) + ... + C12 x C 0 [C0 x12 + C1 x11 + ...+ C 8 x4 +...]+C1 x2[C0 x11 + ...+ C 9 x 2  + ...]  =  12 12 12 12 12 11 11  2 4 0 10 10  0,25 +C12 x [C10 x + ...+ C1 0 ]+...  ⇒ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 4  0,25  0 8 1 9 2 10  ⇒ a4 = C12 .C12 + C12 .C11 + C12.C1 0  = 1221  0,25