Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 26

1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt NĂM 2011 
TRƯỜNG THPT NAM PHÙ CỪ M«n thi: TOÁN –Giáo dục trung học phổ thông 
Thêi gian làm bài: 180 phót, không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ®iÓm) 
C©u I (2,0 ®iÓm). Cho hµm sè  m x x m x y - + + - =  9 ) 1 ( 3  2 3 (1)  (m là tham số) 
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè với m = 1 
2)  Xác định m để hàm số (1) đạt cực đại, cực tiểu sao cho  2 = +  CT CĐ  y y 
C©u II (2,0 ®iÓm) 
1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh sau:  )
4 
2 sin( 2 1 3 cos cos p + + = +  x x x 
2)  Giải bất phương trình sau:  ) 4 ( log ) 1 ( log 
4 
1 
) 3 ( log 
2 
1 
2 
8 
4 2 
x x x ³ - + + 
C©u III (2,0 ®iÓm) 
1) a. Tính ò + = 
5 
1  1 3x x 
dx 
I  b. Tìm 
2 
2 
0 
3 cos 3 1 
lim 
x 
x x 
J 
x 
- + 
= 
® 
2)  Cho  0 ; ; ³ z y x  thỏa mãn  3 2 2 2 = + +  z y x  . Tìm giá trị lớn nhất của 
z y x 
zx yz xy P 
+ + 
+ + + = 
5 
C©u IV (1,0 ®iÓm) 
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên tạo với đáy một góc 60 0 và cạnh đáy bằng a. 
1)  Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 
2)  Qua A dựng mặt phẳng (P) vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P) cắt hình 
chóp S.ABCD. 
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 ®iÓm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1. Theo ch­¬ng tr×nh ChuÈn 
C©u V.a (2,0 ®iÓm) 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình các đường thẳng chứa 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ C có phương trình lần lượt là  0 13 2 = + - y x  và  0 29 13 6 = + -  y x  . Tìm 
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
2) Trong kh«ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ®iÓm A(1;4;2), B(-1;2;4) vµ ®­êng th¼ng d: 
2 1 
2 
1 
1  z y x 
= 
+ 
= 
- 
- 
. 
a) LËp ph­¬ng tr×nh mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d và đi qua hai điểm A, B. 
b) Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất. 
C©u VI.a (1.0 ®iÓm) 
Tìm hệ số của số hạng chứa  5 x  trong khai triển ( )  n x  2 3 1+  biết  100 2  2 3 = +  n n  A A 
2. Theo ch­¬ng tr×nh Nâng cao 
C©u V.b (2.0 ®iÓm) 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm  ) 0 ; 3 ( ); 0 ; 3 (  2 1  F F -  và đi qua điểm 
)
2 
1
; 3 ( A  , lập phương trình chính tắc của (E). Chứng minh rằng với mọi M  thuộc (E) ta có  5 2 1 
2 = × +  MF MF OM  . 
2) Trong kh«ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):  0 5 4 2 6 2 2 2 = + + - - + +  z y x z y x  và mp(P) có 
phương trình  0 10 2 2 = - + +  z y x  . Tìm phương trình mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với 
mặt phẳng (P), xác định tọa độ tiếp điểm tương ứng. 
C©u VI.b (1,0 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ 
sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ? 
.HẾTwww.laisac.page.tl
2 
®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a - m«n to¸n 
I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh 
§¸p ¸n §iÓm 
1. (1,0 ®iÓm) 
Với m=0, ta có: y=x 3 ­ 6x 2 +9x­1 
TXĐ: D=R 
y’=3x 2 ­12x+9; y’=0 Û ê 
ë 
é 
= 
= 
3 
1 
x 
x 
lim 
x 
y 
®±¥ 
= ±¥ 
0,25 
BBT 
x -¥  1  3 +¥ 
y’  +  0  ­  0  + 
y  3 +¥ 
­1 
-¥ 
0,25 
Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;1) và (3;+¥ ), nghịch biến trên (1;3) 
Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=3 và yct=­1 
0,25 
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;­1) 
và đi qua các điểm B(4;3) 
Đồ thị nhận điểm U(2;1) làm tâm đối xứng 
0,25 
2. (1,0điểm) 
Ta có  9 ) 1 ( 6 3 '  2 + + - =  x m x y 
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại Û 2 1 ; x x  0 '= y  có 2 nghiệm phân biệt là  2 1 ; x x 
Û  0 3 ) 1 ( 2 2 = + + -  x m x  có hai nghiệm phân biệt  2 1 ; x x 
ê 
ê 
ë 
é 
- - < 
+ - > 
Û > - + = D Û 
3 1 
3 1 
0 3 ) 1 ( '  2 
m 
m 
m  (*) 
Theo Viet ta có 
î 
í 
ì 
= 
+ = + 
3 . 
) 1 ( 2 
2 1 
2 1 
x x 
m x x 
0,25 
0,25 
Câu I 
(2 ®iÓm) 
* yCĐ + yCT =2  2 9 ) 1 ( 3 9 ) 1 ( 3  2 
2 
2 
3 
2 1 
2 
1 
3 
1 = - + + - + - + + - Û  m x x m x m x x m x 
0 2 2 ) ( 9 ) )( 1 ( 3  2 1 
2 
2 
2 
1 
3 
2 
3 
1 = - - + + + + - + Û  m x x x x m x x 
0 ) 3 2 )( 1 (  2 = - + + Û  m m m 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
- = 
= 
- = 
Û 
3 
1 
1 
m 
m 
m 
0,25 
0,25 
Loại 
Thỏa mãn 
Thỏa mãn
3 
1. (1,0điểm) 
1)  )
4 
2 sin( 2 1 3 cos cos p + + = +  x x x 
x x x x  2 cos 2 sin 1 3 cos cos + + = + Û 
0 2 cos cos 2 cos sin 2 cos 2  2 = - + Û  x x x x x 
0,25 
0 ) 2 cos sin (cos cos = - + Û  x x x x 
0 ) cos sin 1 )( sin (cos cos = - + + Û  x x x x x 
0,25 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
= - + 
= + 
= 
Û 
0 cos sin 1 
0 sin cos 
0 cos 
x x 
x x 
x 
) ( 
2 
4 
2 
Z k 
k x 
k x 
k x 
Î 
ê 
ê 
ê 
ê 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
= 
+ - = 
+ = 
Û 
p 
p 
p 
p 
p 
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.... 
0,25 
0,25 
2. (1,0điểm) 
2) Điều kiện 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
> 
¹ - 
> + 
0 4 
0 1 
0 3 
x 
x 
x 
Û  1 0 ¹ < x 
Với điều kiện đó, bất phương trình đã cho  ) 4 ( log 1 log ) 3 ( log  2 2 2  x x x ³ - + + Û 
x x x  4 1 ) 3 ( ³ - + Û  (2) 
0,5 
Trường hợp 1: 
Nếu  1 > x  khi đó (2) ê 
ë 
é 
- £ 
³ 
Û ³ - + Û 
1 
3 
4 ) 1 )( 3 ( 
x 
x 
x x x 
0,25 
Câu II 
(2,0 ®iÓm) 
Trường hợp 2: Nếu  1 0 < < x  khi đó 
(2)  3 2 3 3 2 3 4 ) 1 )( 3 ( - - ³ ³ + - Û ³ - + - Û  x x x x 
Kết hợp điều kiện  3 2 3 0 + - £ < Þ  x 
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm ( ] [ ) +¥ È + - =  ; 3 3 2 3 ; 0 T 
0,25 
Thỏa mãn 
Loại
4 
I 
O 
A 
B  C 
D 
S 
E 
F 
M 
1. (1điểm) 
1a) Đặt 
3 
2 
3 2 1 3 1 3  2 
tdt 
dx dx tdt x t x t = Þ = Þ + = Þ + =  và 
3 
1 2 - 
= 
t 
x 
Đổi cận : 
x=1Þ  t=2 
x=5Þ t=4 
5 
9 
ln 
1 
1 
1 
1 
1 
2 
3 
1 
3 
2 
4 
2 
4 
2 
2 
4 
2 
2 
= ú û 
ù 
ê ë 
é 
+ 
- 
- 
= 
- 
= 
× 
- 
= Þ ò ò ò  dt t t t 
dt 
dt 
t 
t 
t 
I 
Vậy 
5 
9 
ln = I 
1b) 
2 
2 
0 
3 cos 3 1 
lim 
x 
x x 
J 
x 
- + 
= 
® 
= 
2 
2 
0 
1 3 1 
lim 
x 
x 
x 
- + 
® 
+ 
2 0 
3 cos 1 
lim 
x 
x 
x 
- 
® 
=................................................ 
= 
2 
9 
2 
3 
+ 
= 6. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu III 
(2,0 ®iÓm) 
2 (1điểm) 
Đặt 
2 
3 
) ( 2 3 
2 
2 - = + + Þ + + + = Þ + + = 
t 
zx yz xy zx yz xy t z y x t 
Ta có  3 3 9 3 3 0  2 2 2 2 £ < Þ £ < Þ = + + £ + + <  t t z y x zx yz xy 
= = Þ  ) (t f P 
t 
t  5 
2 
3 2 
+ 
- 
Xét hàm số 
2 
3 5 
2 
) ( 
2 
- + = 
t 
t 
t f  / ( ] 3 ; 3 
0 
5 5 
) ( ' 
2 
3 
2 > 
- 
= - = 
t 
t 
t 
t t f Î "t ( ] 3 ; 3 
Þ  ) (t f  đồng biến trên ( ] 
3 
14 
) 3 ( ) ( 3 ; 3 = £ Þ  f t f 
Dấu “=” xảy ra  1 3 = = = Û = Û  z y x t 
Vậy 
3 
14 
max = P  khi  1 = = =  z y x 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
C©u IV 
1,0 ®iÓm 
a) 
a)  * SABCD =  2 a 
* Ð = = Þ =  0 0  60 tan 60  AO SO SBO 
3 . 
2 
2 a 
= 
2 
6 a 
= 
*  ABCD ABCD S  S SO V  . 3 
1 
. = 
2 . 
2 
6 
. 
3 
1 
a 
a 
= 
6 
6 3 a 
= 
0,25 
0,25
5 
b) 
* Giả sử  M SC P = Ç ) ( 
Vì  SC P ^ ) (  và  ) (P AΠ nên  SC AM ^ 
Mặt khác,gọi  ) ( ) (  SBD P EF Ç =  với  SD F SB E ΠΠ ;  thì  BD EF //  và  EF  qua I 
với  SO AM I Ç =  (do  SC P SC BD ^ ^  ) ( ;  nên  ) //(P BD  ). 
* Ta thấy mặt phẳng  ) (P  cắt  ABCD S.  theo thiết diện là tứ giác  AEMF  có tính 
chất  EF AM ^  . Do đó  EF AM S AEMF  . 2 
1 
= 
* Ta thấy  SAC D  đều (vì góc  . , 60 0  SC SA SAC = = Р ), mà  SC AM ^  nên 
2 
6 a 
AM= 
Và AM là trung tuyến của  SAC D  . Mặt khác AO cũng là trung tuyến của  SAC D 
nên I là trọng tâm của  SAC D 
* Ta có 
3 
2 2 
3 
2 
3 
2  a 
BD EF 
SO 
SI 
BD 
EF 
= = Þ = = 
. 
3 
3 
3 
2 2 
. 
2 
6 
. 
2 
1 
. 
2 
1  2 a a a 
EF AM S AEMF = = = Þ 
0,25 
0,25 
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
1 (1,0 điểm) 
Giả sử đường cao và đường trung tuyến hạ từ C lần lượt là CH và CM có phương 
trình lần lượt là:  , 0 13 2 = + - y x  0 29 13 6 = + -  y x 
Tọa độ C là nghiệm của hệ 
î 
í 
ì 
= + - 
= - + 
0 29 13 6 
0 16 2 
y x 
y x 
) 1 ; 7 ( - - Þ C 
Vì  AB CH AB Þ ^  có phương trình  0 16 2 = - +  y x 
Tọa độ M là nghiệm của hệ 
î 
í 
ì 
= + - 
= - + 
0 29 13 6 
0 16 2 
y x 
y x 
) 4 ; 8 ( ) 5 ; 6 (  B M Þ Þ 
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC  có phương trình dạng 
0 2 2 = + + + +  c by ax y x 
Vì A, B, C thuộc đường tròn ta có hệ 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
= + - - 
= + + + 
= + + + 
0 7 50 
0 4 8 80 
0 6 4 52 
c b a 
b c a 
c b a 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
- = 
= 
- = 
Û 
72 
6 
4 
c 
b 
a 
Vậy phương trình đường tròn là  0 72 6 4 2 2 = - + - +  y x y x  hay 
85 ) 3 ( ) 2 (  2 2 = + + -  y x 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu Va 
2,0điểm 
2. (1,0 điểm) 
a.  Giả sử mặt cầu (S) có tâm I  bán kính R. 
d có phương trình tham số 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
= 
+ - = 
- = 
t z 
t y 
t x 
2 
2 
1 
Vì  ) 2 ; 2 ; 1 (  t t t I d I + - - Þ Î 
Vì A, B  IB IA S = Þ Î  ) ( 
2 2 2 2 2 2  ) 4 2 ( ) 4 ( ) 2 ( ) 2 2 ( ) 6 ( - + - + - = - + - + Û  t t t t t t 
16 16 4 16 8 4 4 4 8 4 36 12  2 2 2 2 2 2 + - + + - + + - = + - + + - + Û  t t t t t t t t t t t 
0,25
6 
4 8 - = Û  t 
) 1 ;
2 
5 
;
2 
3
( 
2 
1 
- - Þ - = Û  I t  , R=IA= 
2 
206 
Phương trình mặt cầu (S): ( ) 
4 
206 . 
1 
2 
5 
2 
3  2 
2 2 
= + + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ -  z y x 
b.  ) 2 2 ; 6 ; (  t t t AM + - + - - 
¾® ¾ 
) 2 ; 2 ; 2 ( - - 
¾® ¾ 
AB 
( ) 12 4 ; 4 2 ; 16 6 ; - + - - = ú 
û 
ù 
ê 
ë 
é ¾® ¾ ¾® ¾ 
t t t AB AM 
416 304 56 
2 
1 
; 
2 
1  2 + - = ú 
û 
ù 
ê 
ë 
é 
= Þ 
¾® ¾ ¾® ¾ 
t t AB AM S AMB 
AMB S  nhỏ nhất khi  7 
19 
112 
304 
= = t  . Khi đó  ) 
7 
38 
;
7 
5
; 
7 
12 
(- M 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu VI.a 
1,0 điểm  Điều kiện  N n Π ;  3 ³ n  ta có  100 )! 2 ( 
! 
. 2 
)! 3 ( 
! 
100 2  2 3 = 
- 
+ 
- 
Û = + 
n 
n 
n 
n 
A A  n n 
5 0 100 2 3 = Û = - - Û  n n n 
Ta có  k k 
k 
k k k 
k 
k n  x C x C x x  10 
10 
0 
10 
10 
0 
10 
10 2  3 ) 3 ( 1 ) 3 1 ( ) 3 1 ( å å 
= 
- 
= 
= = + = + 
Hệ số của  5 x  trong khai triển là  5 10 
5 . 3  C 
0,5 
0,5 
2.Theo chương trình n©ng cao. 
Câu Vb 
2,0 điểm 
1) (điểm) 
*) Giả sử  ) (E  có phương trình  1 
2 
2 
2 
2 
= + 
b 
y 
a 
x 
(điều kiện a > b > 0) 
Từ giả thiết ta có hệ 
ï î 
ï 
í 
ì 
+ = 
= + 
3 
1 
4 
1 3 
2 2 
2 2 
b a 
b a 
ï î 
ï 
í 
ì 
= 
= 
Þ 
1 
4 
2 
2 
b 
a 
(thỏa mãn) 
Vậy  ) (E  có phương trình  1 
1 4 
2 2 
= + 
y x 
+) G/s  ) ( ) ; (  0  E y x M  o Π :  1 2 
2 
2 
2 
= + 
b 
y 
a 
x 
1 
2 
2 
0 
2 
2 
0 = + Þ 
b 
y 
a 
x 
,  2 0 
2 
0 
2  y x OM + =  ,  0 1  x a 
c 
a MF + =  ,  0 2  x a 
c 
a MF - =  . 
2 2 
2 1 
2  ... .......... ..........  b a MF MF OM + = = × + 
Với 
ï î 
ï 
í 
ì 
= 
= 
1 
4 
2 
2 
b 
a 
5 2 1 
2 = × + Þ  MF MF OM  . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25
7 
2. (1điểm) 
) (S  có tâm  ) 2 ; 1 ; 3 ( - I  bán kính  3 5 4 1 9 = - + + = R 
Mp  // ) (Q  mp  0 10 2 2 : ) ( = - + +  z y x P  , nên mặt phẳng  mp  ) (Q  có phương trình dạng 
0 2 2 = + + +  m z y x  ) 10 ( - ¹ m 
Vì mặt phẳng  ) (Q  tiếp xúc với mặt cầu (S) nên ta có  R Q I d = )) ( ; ( 
ê 
ë 
é 
- = 
= 
Û ê 
ë 
é 
- = + 
= + 
Û = + Û = 
+ + 
+ - + 
Û 
10 
8 
9 1 
9 1 
9 1 3 
2 2 1 
4 2 3 
2 2 2  m 
m 
m 
m 
m 
m 
m=8 phương trình có dạng  0 8 2 2 = + + +  z y x 
Gọi M là tiếp điểm của  ) (a  với  ) (Q 
Ta thấy  ) (P M Ç D =  , trong đó D  là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với  ) (Q 
D  đi qua I(3; 1; ­2) và vuông góc với mp (Q) nên D  có vectơ chỉ phương là  ) 2 ; 2 ; 1 ( 
®
n 
Phương trình của D : 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
+ - = 
+ = 
+ = 
t z 
t y 
t x 
2 2 
2 1 
3 
Tọa độ của M là nghiệm (x; y; z) của hệ 
ï 
ï 
î 
ï 
ï 
í 
ì 
= + + + 
+ - = 
+ = 
+ = 
0 8 2 2 
2 2 
2 1 
3 
z y x 
t z 
t y 
t x 
ï 
ï 
î 
ï 
ï 
í 
ì 
- = 
- = 
- = 
= 
Û Û 
9 9 
4 
1 
2 
.. .......... 
t 
z 
y 
x 
Tiếp điểm là M(2; ­1;­4) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu VI.b 
1,0 điểm 
Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã  10 2 5 = C c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 
0 ®øng ®Çu) vµ  3 5 C =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 
2 
5 C . 
3 
5 C = 100 bé 5 sè ®­îc chän. 
Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶  2 5 C . 
3 
5 C .5! = 12000 sè. 
MÆt kh¸c sè c¸c sè ®­îc lËp nh­ trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ  960 ! 4 . .  3 5 
1 
4 = C C . VËy 
cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 
0,5 
0,5 
Thỏa mãn 
Loại