Đề thi thử tuyển sinh đại học lần II Môn: Toán

 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH 
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 
Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 
 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc 
nhau. 
Câu II (2 điểm). 
 1. Giải phương trình : sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + + 
 2. Giải bất phương trình : 2 1 5 3x x x− − + > − 
Câu III (1điểm) . Tính tích phân I =
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫ 
Câu IV (1điểm). Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = a 3
2
 , góc BAD bằng 600 .Gọi 
M,N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính 
thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a . 
Câu V (1 điểm). 
 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. CMR: 3 3 3
2 2 2 3( ) ( ) ( )x y z y z x z x y+ + ≥+ + + 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
 A. Theo chương trình Chuẩn. 
Câu VIa (2®iÓm). 
 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C 
lần lượt có phương trình : ( 1d ): x – 2y + 4 = 0 và ( 2d ): x + 2y + 2 = 0 
Viết phương trình đường thẳng BC . 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và 
 hai đường thẳng : (d) x 1 3 y z 2
1 1 2
+ − +
= =
−
 và (d’) x 1 y 2 z 1
2 1 1
− − −
= = 
Viết phương trình tham số của đường thẳng ( ∆ ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) 
. CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng 
C©u VIIa: (1®iÓm). 
 Cho khai triÓn nn
n
xaxaxaa
x
++++=





+ ....
32
1 2
210 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè 
naaaa ,...,,, 210 biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 110252 111222 =++ −−−− nnnnnnnnnn CCCCCC . 
 B. Theo chương trình Nâng cao. 
Câu VI b(2điểm). 
 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 
2 2
1
3 2
x y
+ = . Gọi F1 và F2 là các tiêu 
điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N 
là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. 
 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( )0;3;0 , 4;0; 3B M − . Viết phương trình mặt 
phẳng ( )P chứa ,B M và cắt các trục ,Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện 
OABC bằng 3 (O là gốc toạ độ ). 
C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh: 
2 2
3log (3 ) log ( 2 ) 3
( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y x y
x y x xy y
x R
+ +
+ +
 + + + + =

∈
 + =
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
______________________ Hết ____________________ 
Họ và tên thí sinh : .. Số báo danh . 
TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH 
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 
Môn: TOÁN 
 ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 
(Đáp án gồm 07 trang) 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
Câu I 
(2 điểm) 
: Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 
 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông 
góc nhau. 
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
(Yêu cầu đầy đủ các bước) 
+ TXĐ 
+ Tính y’=3(x2-1); y’ = 0 0,25đ 
+ Khoảng đồng biến , nghịch biến .... 
+ Cực trị ..... 
 1. 
+ Giới hạn... 0,25đ 
* Bảng biến thiên: 
x 
-∞ -1 1 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 
 3 +∞ 
-∞ -1 
0,25đ 
______ 
2. 
* Đồ thị: 
4
2
-2
-4
y
-6 -4 -2 2 4 6
x
-1
3
1
-1 o
0,25đ 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông 
góc nhau 
Xét pt hoành độ giao điểm x3-3x+1=mx+m+1 
 (x+1)(x2-x-m-2)=0 x =-1 
 g(x) = x2-x-m-2=0 (1) 
0,25đ 
d cắt (C) tại M(-1;3) và cắt thêm tại N và P sao cho tiếp tuyến của (C) tại đó 
vuông góc với nhau 
, ,
0
( ). ( ) 1
( 1) 0
g
N Py x y x
g
∆ >

= −

− ≠
0,25đ 
 Kết luận 0,5đ 
Câu II 
(2 điểm) 
1. Giải phương trình : sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + + 
2
2
2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0
cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0
x x x x x
x x x
⇔ − + + − − =
⇔ − + + − = 0,25đ 
 cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0
(2sin 1)(cos sin 2) 0
x x x x
x x x
⇔ − + − + =
⇔ − + + =
 0,25đ 
1 2
sin 62 5
cos sin 2( ) 2 ( )
6
x k
x
x x VN x k k Z
pi
= + pi =⇔ ⇔ 
 pi+ = − = + pi ∈ 
 0,5đ 
Giải bất phương trình : 2 1 5 3x x x− − + > − 
2 
2 1 5 3x x x− − + > − (1) 
Đk: 1x ≥ 
Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x x− + + > 
(2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x x x− − + − + + > − − + + 
4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x⇔ − − + > − − + + 
3( 3) ( 3)(2 1 5)x x x x⇔ − > − − + + (2) 0,25đ 
 Xét các trường hợp: 
TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5x x> − + + (3) 
 (3) 2 2 2 2 4 2VP > + = >3 
 nên bất phương trình (3) vô nghiệm 
0,25đ 
TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
TH3: 1 3x≤ < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 
 3 (2 1 5)x x< − + + bình phương 2 vế ta được: 
 4 ( 1)( 5) 8 5x x x− + > − (4) 
 *
8 5 0 8 3
1 3 5
x
x
x
− <
⇔ < < ≤ <
 (5) thì (4) luôn đúng 
 *
8 5 0 81
1 3 5
x
x
x
− ≥
⇔ ≤ ≤ ≤ <
(*) nên bình phương hai vế của (4)ta được 
29 144 144 0 8 48 8 48x x x− + < ⇔ − < < + 
0,25đ 
Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 88 48
5
x− < ≤ (6) 
Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3x− < < 
0,25đ 
Tính I = 
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫ 
0,25đ 
 Đặt t = 1+x + 2 1x + ⇔ t – (1+x ) = 2 1x + ⇔ .... 
⇔ 
2
2 22 2 x 2x
2( 1)
t t
t t t x
t
−
− = − ⇔ =
−
2
2
2 2
x
2( 1)
t td dt
t
− +
⇒ =
−
Và 
1 2 2
1 2
x t
x t
 = ⇒ = +

= − ⇒ =
0,25đ 
Câu III 
(1 điểm) 
Vậy I = 
2 2 2 22
2 2
2 2
( 2 2) x 1 1 1 2
...
2 ( 1) 2 ( 1) 1
t t d dt
t t t t t
+ +  − +
= = − + 
− − − 
∫ ∫ 0,25đ 
=
2 21 1 ln 1 2ln ... 1
2 1 2
t t
t
+ 
− − + = = 
− 
 0,25đ 
Câu IV 
(1 điểm) 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
N
M
D' C
'
B'A'
S
O
D C
BA
 Gọi O là tâm của ABCD , S là điểm đối xứng của A qua A’ thì M và N lần lượt là trung 
điểm của SD và SB. 
AB=AD=a , góc BAD = 600 nên DAB∆ đều ⇒ 3 , 3
2
aOA AC a= = 
SA = 2AA’ = 3a ; CC’ = AA’ = 3
2
a
⇒ ∆ SAO = ∆ ACC’ ⇒ 'SO AC⊥ 
0,25đ 
 Mặt khác ' ' 'D ( ) DB ACC A B AC⊥ ⇒ ⊥ Vậy AC’ ⊥ (BDMN) 
0,25đ 
Lập luận dẫn tới 
3
2
D
1 3
. 3
3 4 4SAB
aV a a= = ; 
'
2 31 3 3
3 16 2 32SA MN
a a aV = = 0,25đ 
 Vậy 
' '
3
DAA D
7a
32SABB MN SA MN
V V V= − = 0,25đ 
Câu V 
(1 điểm) 
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. 
CMR: 3 3 3
2 2 2 3( ) ( ) ( )x y z y z x z x y+ + ≥+ + + 
Đặt 
1 1 1
; ;a b c
x y z
= = = ta có : 
3 3 3
3 3 3
2 2 2 2a 2a 2a
( ) ( ) ( )
bc b c bc
x y z y z x z x y b c a c b a
+ + = + +
+ + + + + +
 (1) 
0,25đ 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
 Do xyz = 1 nên abc = 1 Ta được (1) ⇔ 
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2a 2 2
( ) ( ) ( )
b c
x y z y z x z x y b c a c b a
+ + = + +
+ + + + + +
 Cũng áp dụng bất đẳng thức Cô si 
ta được 
2a
4
b c
a
b c
+
+ ≥
+
2
4
b a c b
a c
+
+ ≥
+
2
4
c a b
c
b a
+
+ ≥
+
2 2 2a
2
b c a b c
b c a c b a
+ +
⇒ + + ≥
+ + +
 mà 33 3a b c abc+ + ≥ = 
Vậy 
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2a 2 2 3( ) ( ) ( )
b c
x y z y z x z x y b c a c b a
+ + = + + ≥
+ + + + + +
 Điều cần chứng minh 
0,75đ 
 Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân 
giác trong của góc C lần lượt có phương trình : ( 1d ): x – 2y + 4 = 0 và 
( 2d ): x + 2y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC 
Câu VIa 
(2 điểm) 
1 
Gọi ( ; )c cC x y 
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; )c cC y y− − 
Gọi M là trung điểm của AC nên 11;
2
c
c
yM y + − − 
 
0,25đ 
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 11 2. 4 0 1
2
c
c c
yy y+− − − + = ⇒ = 
( 4;1)C⇒ − 
0,25đ 
Từ A kẻ 2AJ d⊥ tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường 
thẳng (d2) là (2; 1)u
→
− là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) 
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 
Vì I=(AJ) ∩ (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 
4
2 1 0 4 35 ( ; )
2 2 0 3 5 5
5
x
x y
I
x y y

= −
− + = 
⇔ ⇒ − − 
+ + = 
= −

0,25đ 
Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ 
Gọi J(x;y) ta có:
8 80 8 115 5 ( ; )
6 11 5 51
5 5
x x
J
y y
 
+ = − = −  
⇔ ⇒ − − 
 + = − = −
  
Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 8 11( ; )
5 5
J − − là: 
 4x+3y+13=0 
0,25đ 
______ 
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : 0,25đ 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
= −

= −

= −
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP ( )u 1;1;2
 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP ( )u ' 2;1;1 
Ta có : 
• ( )MM ' 2; 1;3= − 
• ( )( )1 2 2 1 1 11 1 1 2 2 1MM ' u, u ' 2; 1;3 ; ; 8 0  = − = − ≠    
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) 
0,25đ 
2 
Khi đó : 
 ( ) ( )( ) MM ' u, u ' 8d d , d ' ...
11u,u '
 
 
= = =
 
 
  
 
0,5đ 
 T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè naaaa ,...,,, 210 .... 
Ta cã 221n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n 105)CC(11025CCCC2CC =+⇔=++ −−−− 
+ Với n N∈ và 2n ≥ 



−=
=
⇔=−+⇔=+
−
⇔=+ )i¹lo(15n
14n0210nn105n
2
)1n(n105CC 21n2n 
Ta cã khai triÓn ∑∑
=
−−
=
−
=











=





+
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1C
3
x
2
1
Do ®ã k14kk14k 3.2Ca −−= 
Giả sử ka là hÖ sè lín nhÊt cÇn t×m ta ®-îc hÖ ,qua công thức khai 
triển nhị thức NEWTON ta có hệ sau : 
1
1
k k
k k
a a
a a
+
−
≥
 ≥
( )3 1 28 2
2(15 ) 3
k k
k k
+ ≥ −
⇔ 
− ≥
5
6
k
k
≥
⇔  ≤
0,25đ 
_____ 
0,25đ 
Do k∈ N , nªn nhËn 2 gi¸ trÞ k = 5 hoÆc k = 6 
0,25đ 
Câu 
VIIa 
(1 điểm) 
Do ®ã a5 vµ a6 lµ hai hÖ sè lín nhÊt, thay vào ta đượckết quả 
65 ;aa và 65 aa = 
VËy hÖ sè lín nhÊt lµ 
62208
100132Caa 5951465 === −− 
0,25đ 
Câu VIb 
(2 điểm) 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
1 
( )
2 2
2 2 2: 1 3 2 1
3 2
x yE c a b+ = ⇒ = − = − = 
 Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình 3 1 0x y− + = 
⇒ M 21;
3
 
 
 
 ⇒ N 41;
3
 
 
 
0,5đ 
⇒ 
1NA 1;
3
 
= − 
 

; ( )2F A 1; 3= ⇒ 2NA.F A 0=  
 ⇒ ∆ANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính 
là F2N 
0,25đ 
Do đó đường tròn có phương trình là : 
2
2 2 4( 1)
33
x y − + − = 
 
0,25đ 
2 • Gọi ,a c lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm ,A C . Do OABC là 
hình tứ diện theo giả thiết nên ac ≠ 0 
Vì ( )0;3;0B Oy∈ nên ta có phương trình mặt phẳng chắn ( ) : 1
3
x y zP
a c
+ + = . 
0,25đ 
• ( ) ( ) 4 34;0; 3 1 4 3M P c a ac
a c
− ∈ ⇒ − = ⇔ − = (1) 
1 1 1
. .3. 3 6
3 3 2 2OABC OAC
ac
V OB S ac ac∆= = = = ⇔ = (2) 
0,25đ 
Từ (1) và (2) ta có hệ 
46 6 2
34 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a cc
= −
= = − =  
∨ ⇔ ∨   
− = − = == −  
 0,25đ 
Vậy ( ) ( )1 22: 1; : 14 3 3 2 3 3
x y z x y zP P+ − = + + =
−
 0,25đ 
Câu 
VIIb 
(1 điểm) 
Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh: 
2 2
3log (3 ) log ( 2 ) 3
( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y x y
x y x xy y
x R
+ +
+ +
 + + + + =

∈
 + =
 Đặt 2 23log (3 ) log ( 2 ) 3x y x yx y x xy y+ ++ + + + = (1) và 4 2.4 20
x
x y x y+ ++ =
(2) 
+ ĐK
0 1
0 3 1
x y
x y
< + ≠

< + ≠
Víi ®k trªn PT (1) 23log (3 ) log ( ) 3x y x yx y x y+ +⇔ + + + = 
3log (3 ) 2log ( ) 3 (3)x y x yx y x y+ +⇔ + + + = 
Đặt log (3 )x yt x y+= + 
0,25đ 
 hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
PT(3) trở thành 2 12 3 3 2 0
2
t
t t t
tt
=
+ = ⇔ − + = ⇔ 
=
Víi t=1 ta cã log (3 ) 1 3 0x y x y x y x y x+ + = ⇔ + = + ⇔ = thay vµo (2) 
ta ®-îc : 4y+2.40=20 44 18 log 18
y y⇔ = ⇔ = (TM) 
 Víi t=2 ta cã 2log (3 ) 2 3 ( ) (4)x y x y x y x y+ + = ⇔ + = + 
0,25đ 
PT(2)
2 31
2( ) 2( )2 2 20 2 2 20 (5)
x x y
x y x yx y x y
+
+
+ ++ +⇔ + = ⇔ + = 
+ Thay (4) vµo (5) ta ®-îc 
2( )
2( ) 2( )2 2 20 2 2 20 (6)
x y
x y x y x yx y
+
+ + +++ = ⇔ + = 
 §Æt t= ( )2 0x y+ > PT(6) trở thµnh t2 + t – 20 = 0 
5( )
4( )
t L
t TM
= −

=
Víi t = 4 ta cã 2 4 2 3 4x y x y x y+ = ⇔ + = ⇒ + = 
Ta cã hÖ 2 1( )
3 4 1
x y x
TM
x y y
+ = = 
⇔ 
+ = = 
Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; 4log 18);(1;1) 
0,5đ 
HƯỚNG DẪN CHUNG 
+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh 
phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm . 
+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm. 
+ Chấm từng phần. Điểm toàn bài làm tròn đến 0.5 điểm 
 Người ra đề : Thầy giáo Phạm Viết Thông 
 Tổ trưởng tổ Toán – Tin Trường THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình