Đè thi thử đại học lần 1 năm 2011 môn thi: Toán; khối: D

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) 
Câu 1 (2 điểm) 
Cho hàm số  3 2 y x 3x 2 = - +  (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : - - = 
- 
2 m x 2x 2 
x 1 
Câu 2 (2 điểm) 
1. Giải phương trình:  2sin 2x 4sin x 1 0. 
6 
p æ ö - + + = ç ÷ 
è ø 
2. Giải bất phương trình: 
2 51 2x x 
1 
1 x 
- - 
< 
- 
. 
Câu 3 (1 điểm) 
Tính tích phân : 
3 
2 
1 
ln(x 1) 
I dx 
x 
+ 
= ò  . 
Câu 4 (1 điểm) 
Cho  hình  chóp  S.ABCD .  Đáy  ABCD  là  hình  thang AD  và  BC  cùng  vuông  góc  với  AB, 
AB AD a,BC 2a = = =  ; mặt bên SAB  là  tam giác đều nằm  trong mặt phẳng  vuông  góc với 
mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SC, CD. Tính thể tích khối chóp 
ADMN theo a. 
Câu 5 (1 điểm) 
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 
1 1 1 
2 
x y z 
+ + ³ 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( )( ) A x 1 y 1 z 1 = - - - 
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu 6a (2 điểm) 
1. Cho đường tròn (C): ( ) ( ) - + - = 2 2 x 1 y 3 4  và điểm M(2;4). Viết phương trình đường thẳng 
đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB 
2. Cho mặt phẳng (P): x ­ 2y + z ­ 3 = 0 và điểm I(1;­2;0). Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt 
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có đường kính bằng 3. 
Câu 6b (1 điểm) 
Tìm hệ số của  6 x  trong khai triển 
n 
3 1  x 
x 
æ ö + ç ÷ 
è ø 
biết tổng các hệ số khai triển bằng 1024. 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu 7a (2 điểm) 
1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC 
nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 
2. Cho tam giác ABC biết A(1;­2;2), B(1;0­1), C(3;1;­2). Tìm tọa độ trực tâm tam giác đó. 
Câu 7b (1 điểm) 
Giải bất phương trình ( ) - - > - 2 2 2 2 2 4 l o g x log x 3 5 log x 3 
----------- Hết ------------ 
www.laisac.page.tt 
SỞ GD­DT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH 
ĐÈ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 
MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian chép đề
ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN I. NĂM 2011. Khối D 
I. Môn Toán 
Câu I  Ðáp án  ểm 
1)  Học sinh tự giải 
PT 
3 2 
x 1 
x 3x 2 m 
¹ ì 
Û í 
- + = î 
0,25 
Xét hàm số  3 2 y x 3x 2 = - +  với  x 1 ¹  có đồ thị là (C) trừ điểm (1;0)  0,25 
2) 
Dựa vào đồ thị (C) ta có 
m 2 
2 m 
-¥ < < - é 
ê < < +¥ ë 
phương trình có một nghiệm 
m=­2; m=0; m=2 phương trình có hai nghiệm 
2 m 0 
0 m 2 
- < < é 
ê < < ë 
phương trình có ba nghiệm 
0,5 
PT  2 sin 2x.cos sin .cos2x 4sin x 1 0 3 sin 2x cosx+4sinx+1=0 
6 6 
p p æ ö Û - + + = Û - ç ÷ 
è ø 
0,25 
s inx=0 
2sin x 3cosx­sinx+2 0 
3cosx­sinx+2=0 
é 
é ù Û = Û ê ë û 
ë 
0,25 
3 1 
3cosx­sinx+2=0 2 cosx­ s inx 2 0 2 sin cosx­cos sinx 2 0 
2 2 3 3 
5 
sin x 1 x k2 x k2 
3 3 2 6 
æ ö p p æ ö Û + = Û + = ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø 
p p -p p æ ö Û - = - Û - = + p Û = + p ç ÷ 
è ø 
0,25 
Câu 2 
1) 
sinx=0 x=k Û p . Vậy pt có hai họ nghiệm 
5 
x k2 
6 
p 
= + p ;  x=kp 
0,25 
Bpt 
2 
2 
1 x 0 
51 2x x 1 x 
1 x 0 
51 2x x 0 
é - > ì ïêí 
- - < - êï î Û ê 
- < ì ê 
í ê - - ³ î ë 
25 
2 
1 x 0 
1 52 x 5 
51 2x x 1 x 
- > ì ï Û - - < < - í 
- - < - ï î 
0,25 
2 
1 x 0 
1 x 52 1 
51 2x x 0 
- < ì 
Û < < - í 
- - ³ î 
0,25 
2) 
Vậy nghiệm của bpt là  1 52 x 5 - - < < -  ;  1 x 52 1 < < -  0,25 
3 
2 
1 
ln(x 1) 
I dx 
x 
+ 
= ò 
Đặt 
3 
dx 
u ln(x 1),dv 
x 
= + =  lấy 
2  2 
2 2 2 
1  1 
dx 1 1 1 1 
du ,v I ln(x 1) 
x 1 2x 2x 2 x (x 1) 
- - 
= = Þ = + + 
+ + ò 
0,25 
Câu 3 
2 2 2 2 
2 2 2 2 
1 1 1 1 
2 2 
2 
1  1 
1 1 1 1 1 1 1 1 
I ln(x 1) dx ln(x 1) dx 
2x 2 x (x 1) 2x 2 x x x 1 
1 1 1 x 1 
ln(x 1) ln 
2x 2 x x 
- - æ ö = + + = + + - + ç ÷ + + è ø 
- - + æ ö = + + + ç ÷ 
è ø 
ò ò 
0,5
1 3 1 
ln 2 ln3 
2 8 4 
- 
= + + 
0,25 
A 
B 
D 
C 
S 
H 
N 
M 
Gọi H là trung điểm của AB. Tam giác SAB đều cạnh a nằm trong mp vuông góc với (ABCD) 
nên 
a 3 
SH ;SH (ABCD) 
2 
= ^  . Chiều cao của khối chopsADMN kẻ từ M : 
1 a 3 
h SH 
2 4 
= = 
0,5 
Diện tích tam giác ADN: 
2 1 a 
S d(N,AD).BC 
2 4 
= = 
0,25 
Câu 4 
Thể tích khối chóp ADMN: 
3 
ADN 
1 a 3 
V S .h 
3 36 
= = V 
0,25 
Ta có 
1 1 1 
2 
x y z 
+ + ³  nên 
1 1 1 y 1 z 1 (y 1)(z 1) 
1 1 2 (1) 
x y z y z yz 
- - - - 
³ - + - = + ³ 
1 1 1 x 1 z 1 (x 1)(z 1) 
1 1 2 (2) 
y x z x z xz 
- - - - 
³ - + - = + ³ 
1 1 1 x 1 y 1 (x 1)(y 1) 
1 1 2 (3) 
z x y x y xy 
- - - - 
³ - + - = + ³ 
0,5 
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 
1 
(x 1)(y 1)(z 1) 
8 
- - - £ 
0,25 
Câu 5 
Vậy Amax = 
1 3 
x y z 
8 2 
Û = = = 
0,25 
Đường (C) có tâm I(1;3), bán kính R=2.  IM 2 2 = <  nên M nằm trong (C)  0,25 
M là trung điểm AB  IM AB Û ^  . Đường thẳng AB qua M nhận  IM(1;1) 
uuur 
làm vtpt  0,5 
Câu 6a 
1) 
Pt đường thawngr AB:  (x 2) y 4) 0 x y 6 0 - + - = Û + - =  0,25 
Khoảng cách từ I đến (P): 
1 2( 2) 0 3  2 
h 
6 6 
- - + - 
= = 
0.25 
Bán kính mặt cầu  2 2 
20 
R h r 
3 
= + =  (r=3 là bán kính đường tròn giao của (P) và mặt cầu) 
0.5 
2) 
Pt mặt cầu  2 2 2 
20 
(x 1) (y 2) z 
3 
- + + + = 
25 
Ta có  0 1 n n n n C C ... C 1024 + + + = Û ( ) 
n 
1 1 1024 + = Û 2 n = 1024 Û n = 10  0,25 
Với n = 10  ta có nhị thức Niutơn: 
10 
3 1  x 
x 
æ ö + ç ÷ 
è ø 
.Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : 
Tk +1  = ( ) 
n k 10 k 
k k 3 k k 3 k 4k 10 
10 10 10 
1 1 
C (x ) C x C x 
x x 
- - 
- æ ö æ ö = = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
; k ΠN, 0 ≤ k ≤ 10 . 
0,25 
Câu6b 
Số hạng này chứa  6 x  khi 
k N,   0 k 10 
k 4 
4k 10 6 
Î £ £ ì 
Û = í - = î 
. 
0,25
Vậy hệ số  6 x  là  4 10 C 210 =  0,25 
Dễ thấy  IAB CAB 
1 
S S 1 
2 
= = V V  . 
2S IAB 2 
AB 5 d(I,AB) 
AB  5 
= Þ = = 
V  0,25 
Mặt khác pt đường thẳng AB:  2x y 2 0 + - =  . Điểm I thuộc đt y=x giả sử I(a;a) 
2a a 2 
d(I,AB) 
5 
+ - 
Þ = 
0,25 
4 
2a a 2  a 2 
I(0;0) 3 
5 5  a 0 
é + - = ê Þ = Û Þ 
ê 
= ê ë 
hoặc 
4 4 
I ;
3 3 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
0,25 
Câu 7a 
1) 
Do I là trung đểm của AC nên C(­1;0) hoặc 
5 8 
C ;
3 3 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
0,25 
I là điểm chung của 3 mặt phẳng (ABC), (P) qua C vuông góc với AB,  (Q) qua B vuông góc 
với AC 
0,25 
Pt mặt phẳng (ABC) : x­6y­4z­5=0 
Pt mặt phẳng (P) : 2y­3z­8=0 
Pt mặt phẳng (Q) : 2x+3y­4z­6=0 
nên tọa độ I là nghiệm của hệ 
x­6y­4z­5=0 
2y­3z­8=0 
2x+3y­4z­6=0 
ì 
ï 
í 
ï 
î 
0,5 
2) 
127 
x 
53 
20 127 20 128 
y I ; ; 
53 53 53 53 
128 
z 
53 
- ì = ï 
ï 
- - ï æ ö Û = Þ í ç ÷ 
è ø ï 
- ï 
= ï î 
0,25 
Đk: x>0 
Đặt  2 log x t =  bphương trình trở thành ( ) - - > - 2 t 2t 3 5 t 3  (1)  0.25 
Đk: 
t 1 
t 3 
£ - é 
ê ³ ë 
Với  t 1 £ -  thì (1) đúng  2 
1 
log x 1 0 x 
2 
Þ £ - Û < £ 
0.25 
Với  t 3 ³  thì 
( ) - - > - Û - + < Û < < 
Þ < < Û < < 
2 2 
2 
t 2t 3 5 t 3 t 7t 12 0 3 t 4 
3 log x 4 8 x 16 
0,25 
Câu7b 
Vậy nghiệm của Bpt là 
1 
0 x 
2 
< £  , < < 8 x 16 
0,25