Đề thi thử đại học lần thứ nhất Trường THPT Anh Sơn III - 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 =  3 2 2 2 3 3( 1) ( 1) x mx m x m - + - - -  (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. 
Câu 2:   a, Giải phương trình :  sin2x + (1 + 2cos3x)sinx ­  2sin 2 (2x+ 
4 
p 
) = 0 
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : 
2 
2 2 
2 
1 
x  x y x a 
x y 
ì + = + + ï 
í 
+ = ï î 
Câu 3 : Tìm  : 
3 
sin 
(sin 3 cos ) 
xdx 
x x + ò 
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng  ' ' ' . ABC ABC có thể tích V. Các mặt phẳng  (  ' ' ' ), ( ), ( ) ABC ABC ABC  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 : 
P =  3 3 3 3 3 3 3 3 3  2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 
x y z 
x y y z z x 
y z x 
+ + + + + + + + ³ 12 
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 :  2 2  4 4 4 0 x y x y + - - + =  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 : 
1 
1 2 
( ) : 
2 2 1 
x y z 
d 
+ - 
= = 
- 
' 
2 
' 
4 
( ) : 2 
3 
x t 
d y 
z t 
ì = 
ï = - í 
ï = î 
Viết phương trình đường thẳng ( D )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 
3 
1 
x 
x 
æ ö 
+ ç ÷ 
è ø 
( với x > 0 ) 
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 (D ) có phương 
trình : 
2 1 0 
2 0 
x y z 
x y z 
- + + = ì 
í - + + = î 
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( D )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . 
Câu 7b :    Cho  2 12 2 24 0 1 2 24 (1 ) ... x x a a x a x a x + + = + + +  .  Tính hệ số a 4  . 
­­­­­­  Hết.  ­­­­­­­­ 
Họ và tên..            Số báo danh 
SỞ GD­ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu  Đáp án  Điểm 
a. (1.0 điểm) Khảo sát 
Với m=0, ta có: y=x 3 ­3x+1 
TXĐ D=R 
y’=3x 2 ­3; y’=0 Û 
1 
1 
x 
x 
= é 
ê = - ë 
lim 
x 
y 
®±¥ 
= ±¥ 
0,25 
BBT 
x -¥  ­1  1 +¥ 
y’  +  0  ­  0  + 
y  3 +¥ 
­1 
-¥ 
0,25 
Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;­1) và (1; +¥ ), nghịch biến trên (­1;1) 
Hs đạt cực đại tại x=­1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=­1 
0,25 
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) 
và đi qua các điểm B(­2;­1), C(2;3) 
Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 
0,25 
b. (1.0 điểm) Tìm m để  
Câu 1 
(2 điểm) 
Ta có y’= 3x 2 ­6mx+3(m 2 ­1) 
y’=0 Û 
1 
1 
x m 
x m 
= - é 
ê = + ë 
0,25 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Mụn: TOÁN; Khối A 
(Đáp án ­ thang điểm gồm 07 trang) 
y 
­2 
1 
­1 
­1 
1  2 
3 
x 
0
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta 
phải có: 
' 
2 2 2 
' 0 
. 0  ( 1)( 3)( 2 1) 0 
0 1 0 
1 0 0 
( 1) 0 (0) 0 
y 
CD CT 
CD 
CT 
m R 
f f  m m m m 
x m 
m x 
m f 
> " Î ì ì 
ï ï Û - > í í 
ï ï + > > ï ï 
- - < ï ï < î î 
V 
0,25 
Vậy giỏ trị m cần tìm là: 
( 3;1 2) mÎ +  0,25 
a. (1.0 điểm) Giải phương trình 
Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + 
4 
p  )=0 
Û sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + 
2 
p  ) 
0,25 
Û sinx + sin4x = 1+ sin4x  0,25 
Û sinx = 1  0,25 
Û x = 
2 
p  + k2p , kÎZ 
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 
+ Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 
0,25 
­Với  a = 0, hệ trở thành: 
2 2 
2 2 2 2 
2 2     (1) 
(I) 
1 1            (2) 
x x x y x x x y
x y x y 
ì ì + = + + - = ï ï Û í í 
+ = + = ï ï î î 
Từ (2) 
2  2 
2  2 
1 1  2 1 
1  1 
x y x  x x 
y  x x  y 
ì ì £ ì £ + - ³ ï ï ï Þ Þ Þ í í í 
£ £ £ ï ï ï î î î 
0,25 
Þ ( I ) có nghiệm 
2 2 
2 
1 
0 
2 1 
1 
1 
x 
x y 
x 
x x 
y 
y 
ì + = 
ï = ì ï Û + - = Û í í = î ï = ï î 
TM  0,25 
Câu 2 
(2.0 
điểm) 
­Với  a=2, ta có hệ: 
2 
2 2 
2 2 
1 
x  x y x 
x y 
ì + = + + ï 
í 
+ = ï î 
Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;­1) và (1;0)  không TM 
Vậy a = 0 
0,25 
1 2 1 
3 1 
3 1 2 
3 1 2 
1 
m 
m 
m 
m 
m 
ìé - < < 
ïê
ï - < < - ê ï Û Û < < + íê 
< < + ïê ë
ï 
> ï î
Ta có 
3 
3 
sin[(x­ ) ] s inx  6 6 
(sinx+ 3 osx)  8 os ( )
6 
c  c x 
p p
p 
+ 
= 
- 
0,25 
3 1 
sin( ) os(x­ ) 
2 6 2 6 
8 os(x­ )
6 
x c 
c 
p p 
p 
- + 
=  0,25 
3 2 
sin( ) 3 1 1 6 
16 16 os ( ) os ( ) 
6 6 
x 
c x c x 
p 
p p 
- 
= + 
- - 
0,25 
Câu 3 
(1.0 
điểm) 
3 
2 
s inxdx 3 1 
tan( ) 
16 6 (sinx+ 3 osx)  32 os ( )
6 
x c 
c  c x 
p 
p 
Þ = + - + 
- 
ò  0,25 
Gọi I = ACÇ ’A’C,  J = A’BÇAB’ 
(BA'C) (ABC') = BI 
(BA'C) (AB'C) = CJ 
Goi O = BI CJ 
Ç ü 
ï Ç ý 
ï Ç þ 
Þ O là điểm cần tìm 
Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C 
0,25 
Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC) 
Do VABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là 
trọng tâm VABC  0,25 
Gọi M là trung điểm BC. Ta có:  1 
' 3 
OH HM 
A B AM 
= =  0,25 
Câu 4 
(1.0 
điểm) 
1 1 1 
. ' . 
3 9 9 OABC ABC ABC 
V OH S A B S V Þ = = = V V  0,25 
J 
I 
O 
H 
M 
B' 
A' 
C' 
C 
B 
A
Ta có: 4(x 3 +y 3 )³ (x+y) 3  , với " x,y>0 
Thật vậy: 4(x 3 +y 3 )³ (x+y) 3 Û 4(x 2 ­xy+y 2 )³ (x+y) 2  (vỡ x+y>0) 
Û 3x 2 +3y 2 ­6xy³0 Û (x­y) 2 ³0     luôn đúng 
Tương tự:   4(x 3 +z 3 )³ (x+z) 3 
4(y 3 +z 3 )³ (y+z) 3 
3 3 3 3 3 3 3 3 3  3 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6 x y x z y z x y z xyz Þ + + + + + ³ + + ³ 
0,25 
Mặt khác:  3 
2 2 2 
1 
2( ) 6 
x y z 
y z x xyz 
+ + ³  0,25 
3  3 
1 
6( ) 12 P xyz 
xyz 
Þ ³ + ³  0,25 
Câu 5 
(1.0 
điểm) 
Dấu ‘=’ xảy ra  2 2 2  1 
1 
x y z 
x y z 
x y z 
y z x 
xyz 
xyz 
ì 
ï = = ï 
ï 
Û = = Û = = = í 
ï 
ï 
= ï 
î 
Vậy P³12, dấu ‘=’ xảy ra Û x = y = z =1 
0,25 
Chương trình chuẩn 
a. (1.0 điểm) 
(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: 
2 2 
0 
2 2 0 
4 4 4 0  2 
0 
x 
y x y 
x y x y  x 
y 
é = ì 
í ê = + - = ì î ê Û í ê + - - + = = ì î êí = êî ë 
Hay A(2;0), B(0;2) 
0,25 
Câu 6a 
(2.0 
điểm) 
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B  0,25 
H 
4 
A 
B 
I 
y 
x 
M 
2 
2 
O 
C
Ta có  1  . 
2 ABC 
S CH AB = V  (H là hình chiếu của C trên AB) 
ax CH max ABC S m Û V 
Dễ dàng thấy CH max 
( ) ( ) 
2 C 
C C 
x 
= Ç ì 
Û í > î 
V 
0,25 
Hay V : y = x  với  : 
(2;2) 
d 
I 
^ ì 
í Î î 
V 
V 
V 
(2 2;2 2) C Þ + + 
Vậy  (2 2;2 2) C + +  thì  ax ABC S m V 
0,25 
b. (1.0 điểm) 
Nhận xét: MÏ(d1) và MÏ(d2) 
Giả sử 
( ) ( 1) 
( ) ( 2) 
d I 
d H 
Ç = ì 
í Ç = î 
V 
V 
Vỡ IÎd1 Þ  I(2t­1; ­1­2t; 2+t) 
HÎd2 ÞH(4t’; ­2; 3t’) 
0,25 
1 2 (1 4 ') 
23 
3 2 (2 2) 
10 , 0 
1 (3 3 ') 
23 18 3 
( ; ; ) 
5 5 10 
cbt 
t k t 
TM kHM 
y t k t 
k R k 
t k t 
T 
- = - ì 
ì = ï ï Û Û + = + Û = - í í 
Î ¹ ï î ï - = - î 
Þ - - 
uuur uuuur 
0,5 
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: 
1 56 
2 16 
3 33 
x t 
y t 
z t 
= + ì 
ï = - í 
ï = + î 
hoặc là: 
5 8 17 0 
12 9 16 18 0 
x y z 
x y z 
+ - + - ì 
í + - + = î 
0,25 
Ta có: 
1 1 7 
7 7 4  3 4 
7 3 
0 
1 
( ) ( ) .( ) k k k 
k 
x C x x 
x 
- - 
= 
+ = å  0.25 
Để số hạng thứ k không chứa x thì: 
1 1 
(7 ) 0 
4 4 3 
[0;7] 
k k 
k 
k 
ì - - = ï Û = í 
ï Î î 
0.5 
Câu 7a 
(1.0 
điểm) 
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:  4 7 
1 
35 
C =  0,25 
Chương trình cao 
a. (1.0 điểm) 
Câu 6b 
(2.0 
điểm) 
Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC: 
1 
( ) qua B 
( ) : 4 3 5 0 
BC  d 
BC 
BC x y 
ì 
Û + - = í ^ î 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
4 3 5 0 
( 1;3) 
2 5 0 
x y 
C 
x y 
+ - = ì 
Þ - í + - = î 
0,25
Gọi KAC, KBC, K2  theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, 
BC, d2 
Ta có: 
2 2 
2 2 
3 1 1 
4 2 2 
1 3 1 1 . 1 .  1 . 1 
2 4 2 
0 
1 
(loai) 
3 
AC 
BC d d AC 
BC d d AC 
AC 
AC 
AC 
K K K K K 
K K K K  K 
K 
K 
- + - - - - 
= Û = 
+ + + - 
= é 
ê Û 
ê = - 
ê ë 
0,25 
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: 
3 4 27 0 
( 5;3) 
3 0 
x y 
A 
y 
- + = ì 
Þ - í - = î 
0,25 
Þ  Pt cạnh AB là:  5 3  4 7 1 0 
2 5 1 3 
x y 
x y 
+ - 
= Û + - = 
+ - - 
Vậy  AB:  4x+7y­1=0 
AC:  y=3 
BC:   4x+3y­5=0 
0,25 
b. (1.0 điểm) 
+ Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có: 
V  cắt AB tại K(1;3;0) 
Ta có  2 KB KA = 
uuur uuur 
Þ A, B nằm về cùng phía đối với V 
0,25 
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V  và H là hình chiếu của A trên V . 
Þ H( 1;t;­3+t)    (vỡ PTTS của V : 
1 
3 
x 
y t 
z t 
= ì 
ï = í 
ï = - + î 
) 
Ta có  . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4 
(1; 4;1) '(0;4;1) 
AH u t t t 
H A 
= Û - + - + - + = Û = 
Þ Þ 
uuuurr 
0,25 
Gọi M là giao điểm của A’B và d 
13 4 
(1; ; ) 
3 3 
M Þ  0,25 
Lấy điểm N bất kỳ trên V 
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B£NA+NB 
Vậy  13 4 (1; ; ) 
3 3 
M 
0,25 
Ta có: 
(1+x+x 2 ) 12 = [(1+x)+x 2 ] 12 = 
=  0 12 1 11 2 12 2 12 24 12 12 12 12 (1 ) (1 ) . ... (1 ) .( ) ... 
k k k C x C x x C x x C x - + + + + + + + + 
0,25 
Câu 7b 
(1.0 
điểm) 
= 
0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2 
12 12 12 12 12 11 11 
2 4 0 10 10 
12 10 10 
[C ... ...]+C x [C ... ...] 
+C [C ... ]+... 
C x C x C x x C x 
x x C 
+ + + + + + + 
+ + 
0,25
ÞChỉ có 3 số hạng đầu chứa x 4  0,25 
0 8 1 9 2 10 
4 12 12 12 11 12 10 . . . 1221 a C C C C C C Þ = + + =  0,25