�ݺ�ߣ

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012
MÔN : TOÁN - KHỐI A
Thời gian làm bài: 180’
Họ tên thí sinh:……………………………………..SBD:……..
I. Phần chung: (7,5 điểm)
Câu 1 :(2 điểm) Cho hàm số y = -x3
+ 3x2
– 2 (C)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Tìm tất cảc những điểm trên đường thẳng y = 2 mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Câu 2: (2 điểm)
a. Giải phương trình: Sin3
x + Cos3
x =   Sinxxx  cos2sin1
2
3
b. Giải bất phương trình: 013.109 21 22
  xxxx
Câu 3:(1điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:  xmx
x
x
112
12
13 2



Câu 4: (1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn : abccba 4222
 .
Chứng minh: a + b + c abc
4
9

Câu 5: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, có AB = AD
= 2a, CD = a, góc giữa hai mặt (SBC) và (ABCD) bằng 600
. Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt
phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
II. Phần riêng: (2,5 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A) hoặc (B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: (1 điểm) Tìm hệ số chứa x10
trong khai triển nhị thức Niutơn của (x+2)n
, biết rằng:
2048.)1(....3.3.3 22110
  n
n
n
n
n
n
n
n
n
CCCC
Câu 7a: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ): 3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm
A(-3; -1); G(4 ; -2) Hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là
một đỉnh và đường thẳng ( ) là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: (1 điểm) Cho đa giác đều A1A2……..,A2n (n N ) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam
giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm: A1,A2,……,A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4
trong 2n điểm: A1, A2, …..,A2n. Tìm n ?
Câu 7b: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x2
+ y2
+ 4x + 4y + 6 = 0 và
đường thẳng ( ): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để
đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất
----------------------------***----------------------------
Thi thử Đại học www.toanpt.net

1- 3 0
-2
2
2
1+ 3
x1
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012
MÔN : TOÁN - KHỐI A
Thời gian làm bài: 180’
Câu Ý Nội dung điểm
I. Phần chung: (7,5 điểm)
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y:= -x3
+ 3x2
– 2 (C)
+ TXĐ: D = R
+ y’
= - 3x2
+ 6x = -3x(x-2)
y’
= 0 <=> x = 0 hoặc x = 2
+ 
 xx
lim;lim
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
1
0.25
+ Bảng biến thiên
x  0 2 
y’
- 0 + 0 -
y
 2
-2 
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên 2 khoảng (  ; 0) và (2;  )
Đồ thị (C) có 2 điểm cực trị : CT(0;-2); CĐ(2; 2)
0.5
a
+ y’’
= -6x + 6 ; y’’
= 0 <=> x = 1
Đồ thị có điểm uốn: I(1;0)
+ Vẽ đồ thị (C)
Một số điểm thuộc đồ thị (0; -2)
(1;0); ( 31 ;0)
- Nhận xét: Đồ thị (C) nhận điểm I(1;0)
làm tâm đối xứng
0.25
Lấy điểm M(a;2) thuộc đường thẳng y = 2
Đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có phương trình dạng: y = k(x-a) +2 (  )
( ) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm





)2(63
)1(2)(23
2
23
kxx
axkxx
Thay (2) vào (1) ta được phương trình - x3
+ 3x2
– 4 = - 3x(x-2)(x-a)
 (x-2)[2x2
– (3a-1)x + 2] = 0 (*)
0.5
1
b
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì hệ trên phải có 3 nghiệm phân biệt <=> Pt (*) phải có
3 nghiệm phân biệt  phương trình 2x2
– (3a-1)x + 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

 



















2
);
3
5
()1;(
0612
01569
02)13(28
01613 22
a
a
a
aa
a
a
KL: M(a;2) thoả mãn  2);
3
5
()1;( a
0.5
Giải phương trình Sin3
x + Cos3
x =   Sinxxx  cos2sin1
2
3
PT  (sinx+cosx)(1-sinxcosx)= )sin(cos)cos(sin
2
3 2
xxxx 
0cos2x)
2
3
-sin2x
2
1
-cosx)(1(sinx  0.5
a









Zkkx
Zkk
,
12
x1)
6
-cos(2x12sin
2
1
cos2x
2
3
,
4
-x1tanx0cosxsinx




KL: phương trình có 2 họ nghiệm 

k
4
-x ; 

k
12
x với )( Zk 
0.5
Giải bất phương trình 013.109 21 22
  xxxx
TXĐ : R
BPT  013.
9
10
9.
9
1 22
  xxxx
Đặt xx 2
3 = t (t>0) BPT trở thành t2
- 10t + 9 0
0.5
2
b
 20
33391
2
 xx
t
   
 
   1;01;2
1;2
;01;
20 2






 x
x
x
xx 0.5
ĐK
2
1
x
PT xmx
x
x
)1(12
12
13 2



 (*))1(
12
23



 m
x
x 0.25
3
Xét hàm số (C): f(x)=
12
13 2


x
x
trên D = );
2
1
( 
Có:
2
1
0
)12)(12(
13
)('



 x
xx
x
xf
+




x
x
lim;lim
2
1
+ Bảng biến thiên
x
2
1

f’
(x) +
f(x)


Từ BBT => đường thẳng : y= m + 1 luôn cắt đồ thị ( C) tại một điểm duy nhất với m
0.5
0.25

S
A
I
B
K
C
D

I
G
M CA
B
B
=> m thì phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm duy nhất .
4
Theo BĐT
 
333
2
222
2222
cba
cba
cbacba 







 
Từ giả thiết =>
 
3
4
2
cba
abc


Áp dụng BĐT côsi : 3
3 abccba 
 
3
.
4
27
4.
4
27
27)(
2
3 cba
abcabcabcabccba


abccba
4
9

1.0
giả thiết:
)(
)()(
)()(
ABCDSI
ABCDSIC
ABCDSIB






kẻ )( BCKBCIK 
=>

 SKISIKBC )( = 600
(gt)
Ta có:
)( IABIDCABCDIBC SSSS 
2
3
)
2
1
(3
2
222 a
aaa 
=>
5
3
5
3.2
2
2
a
a
a
BC
S
IK IBC
 
0.5
0.5
5
- Xét tam giác vuông SIK: SI = IK.tan

SKI =
5
.153 a
=>
5
.153
3.
5
.153
.
3
1
..
3
1 3
2
.
a
a
a
SSIV ABCDABCDS 
0.5
II. PHẦN RIÊNG
A. Chương trình chuẩn (2,5 điểm)
Ta có nnn
n
n
n
n
n
n
CCC 2)13(.)1(....3.3 110
 
Theo gt=> 2n
= 2048 = 211
=> n = 11
0.56a
- Trong khai triển Niutơn (x+2)11
thì hệ số của số hạng chứa x10
là 112.1
11 C 0.5
7a giả sử ABC có A(-1;-3), trọng tâm G,
đường trung trực của cạnh AC
là (): 3x + 2y – 4 = 0 .
- đường thẳng AC đi qua A
và vuông góc với () nên
có phương trình 2(x+1) – 3(y+3)=0
 2x – 3y – 7 = 0
0.5

A
B

- Trung điểm M của cạnh AC có toạ độ thoả mãn hệ )1;2(
0423
0732






M
yx
yx
Do

MB = 3

MG => B(8; -4)
- Đường trung trực cạnh AB có phương trình: 9x – y – 35 = 0
0.5
Tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC có toạ độ là nghiệm của hệ
)
7
23
;
21
74
(
0423
0359 






I
yx
yx
- Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là:
441
9061
7
23
21
74
22












 yx
0.5
B. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (2,5điểm)
- Số tam giác có các điểm là 3 trong 2n điểm: A1A2……..A2n là 3
2nC
- Nhận xét: Đa giác đều A1A2……..A2n có n đường chéo đi qua tâm (O). Cứ mỗi cặp gồm 2
trong n đường chéo này lại có 4 điểm đầu nút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy
số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm nói trên là 2
nC
Theo gt => 3
2nC = 20. 2
nC
  8
2
)1(
.20
6
)22)(12(2
)!2(!2
!
.20
)!32(!3
!2








 n
nnnnn
n
n
n
n
0.25
0.5
0.25
6b
Đường tròn (C) : (x+2)2
+ (y+2)2
= 2 có tâm I(-2; -2), bán kính R = 2 0.25
giả sử ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thì ta có
1
2
1
..
2
1 2
 RSinAIBIBIAS IAB
 max IABS =1 khi
và chỉ khi IA  IB => AB = 2
0.57b
Khi đó: d(I,())= IH = 1

 










15
8
0
1411
1
3222 22
2
m
m
mm
m
mm
0.5
0.25
H
IR

�ݺ�ߣ

Toan pt.de011.2012

More Related Content

Toan pt.de011.2012