Sở giáo dục & đào tạo Nghệ An Trường THPT Anh Sơn I ************ Kì thi thử Đại học & cao đẳng lần thứ 1 Năm học 2010-1011 Môn Toán – Thời gian 180’ ************ Họ và tên : ……………………………….Số báo danh : ………………………… Câu I : Cho hàm số ( ) 2 2 1 2 y x m = − + a) Kh ả o sát và v ẽ đồ th ị hàm s ố đ ã cho v ớ i 1 m = − b) Tìm m để đồ th ị hàm s ố có 3 đ i ể m c ự c tr ị và 3 đ i ể m c ự c tr ị đ ó cùng n ằ m trên m ộ t đườ ng tròn có bán kính 5 4 R = . Câu II: 1) Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình : ( ) ( ) ( ) 3 1 2 2 3 2 5 2 x x x x x + + − + + − > + 2) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình : ( ) 2 2 2 2 1 2 y xy x y x y x y  − + − = − +   + =   Câu III: 1) Gi ả i ph ươ ng trình : 3 2cos tan 3 1 2sin x x x − = + 2) Khai tri ể n 20 1 2 2 3 x   +     thành đ a th ứ c 2 20 0 1 2 20 a a x a x a x + + + + . Trong các c ặ p s ố ( ) 1 ; i i a a + v ớ i 0;1;2; ;19 i = , c ặ p s ố nào có t ổ ng l ớ n nh ấ t ? Câu IV: 1) Trong m ặ t ph ẳ ng t ọ a độ Oxy , cho tam giác ABC v ớ i đỉ nh ( ) 2;2 A , m ộ t đườ ng cao có ph ươ ng trình 6 29 0 x y + − = . Tìm t ọ a độ đỉ nh B và đỉ nh C bi ế t t ọ a độ tr ọ ng tâm tam giác ABC là 14 10 ; 3 3 G       và AB AC < . 2) Cho hình chóp t ứ giác S.ABCD có đ áy ABCD là hình vuông c ạ nh a và hình chi ế u vuông góc c ủ a S trên mp(ABCD) trùng v ớ i tr ọ ng tâm G tam giác ABC. Kho ả ng cách t ừ trung đ i ể m I c ủ a đ o ạ n AB đế n m ặ t ph ẳ ng (SCD) b ằ ng 2 a . Tính th ể tích hình chóp S.ABCD theo a. Câu V: 1) Tìm nguyên hàm : ( ) 3ln 2 ln 3ln 2 x dx x x x − − − ∫ 2) Cho 1 0 x ≠ > , chứng minh rằng : 3 3 ln 1 1 x x x x x + ≤ − + HẾT Đáp án và hướng dẫn chấm thi thử lần 1 – năm học 2010-2011 Môn Toán (gồm 6 trang ) (Lưu ý : các cách khác đáp án , nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa ) Câu I.1 ( 1 điểm ) Với m = -1 hàm số trở thành : ( ) 2 2 1 1 2 y x = − − • TXĐ: D R = • Giới hạn : lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = −∞ • S ự bi ế n thiên : ( ) 2 0 ' 2 1 ; ' 0 1 1 x y x x y x x =   = − − = ⇔ = −   =  Hàm s ố đồ ng bi ế n trên các kho ả ng ( ) ( ) ; 1 , 0;1 −∞ − , ngh ị ch bi ế n trên các kho ả ng ( ) ( ) 1;0 ; 1; − +∞ . Hàm s ố đạ t c ự c đạ i t ạ i 1 x = ± , 0 CD y = , đạ t c ự c ti ể u t ạ i 1 0; 2 CT x y = = − • B ả ng bi ế n thiên : • Đồ th ị : Nh ậ n xét : đồ th ị có tr ụ c đố i x ứ ng là Oy 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 ( 1 điểm ) • TX Đ : D = R • Đạ o hàm : ( ) 2 2 0 ' 2 , ' 0 x y x x m y x m =  = − + = ⇔  = −  • Đồ th ị hàm s ố b ậ c 4 trùng ph ươ ng có 3 đ i ể m c ự c tr ị khi và ch ỉ khi y’ = 0 có 3 nghi ệ m phân bi ệ t . V ậ y đ i ề u ki ệ n 0 m < • T ọ a độ các đ i ể m c ự c tr ị đ ó là : ( ) ( ) 2 0; , ;0 , ;0 2 m A B m C m   − − − −     Ta có : 4 4 1 2 , 4 4 2 m BC m AB AC m m m = − = = − + = − Bán kính đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABC là : ( ) 4 2 2 3 2 1 4 . 4 4 1 4 2 4 4. . 2. 2 2 m m abc AB BC AB m R m S AH m BC AH − − = = = = = 0,25 0,25 0,25 Theo yêu c ầ u bài ra : ( ) ( ) 3 3 2 5 4 5 5 4 0 4 1 1 4 0 1 17 2 m R m m m m m m m m − = ⇔ = ⇔ − − = = −   ⇔ + − − = ⇔ ±  =   Do m < 0 nên đáp số là : 1 17 1, 2 m m − = − = 0,25 Câu II.1 ( 1 điểm ) • ĐK : 1 2 3 x − ≤ ≤ • Với đk trên ta có : 1 1 2 3 2 2 3 2 0 3 3 x x + − − ≥ − + − + > , nên nhân hai vế bất pt với ( ) 2 3 2 x x + − − ta được bpt tương đương : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 5 10 5 2 2 3 2 x x x x x x + + − + > + + − − 3 1 2 2 3 2 x x x x ⇔ + + − > + − − ( do 5 10 0 x + > ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 3 1 2 2 2 3 3 1 4 3 1 2 4 2 4 3 4 3 1 2 5 3 x x x x x x x x x x x ⇔ + + − > + ⇔ + + + − + − > + ⇔ + − > + ( do 5x + 3 > 0 ) ( ) ( ) 2 2 16 3 1 2 25 30 9 73 50 23 0 23 1 73 x x x x x x x ⇔ + − > + + ⇔ − − < ⇔ − < < • K ế t h ợ p v ớ i đ k ban đầ u , b ấ t pt có nghi ệ m : 23 1 73 x − < < 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 ( 1 điểm ) T ừ pt th ứ 2 c ủ a h ệ ta có : 2 2 2 x y = − Thay vào pt th ứ nh ấ t : ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 0 y x xy x x y xy x y x y xy x y − + − = − + ⇔ − + = − + =  ⇔  − + =  • Xét TH : 1 1xy y x = ⇔ = Thay vào pt th ứ 2 ta có : 2 2 1 2 1 x x x + = ⇔ = ± . V ậ y TH này h ệ có hai nghi ệ m ( ) ( ) 1; 1 , 1; 1 x y x y = − = − = = • Xét TH : 1 0 1 x y y x − + = ⇔ = + . Thay vào pt th ứ 2 c ủ a h ệ ta có : ( ) 2 2 2 1 3 1 2 2 2 1 0 2 x x x x x − ± + + = ⇔ + − = ⇔ = . V ậ y TH này h ệ có 2 nghi ệ m : 1 3 1 3 1 3 1 3 ; , ; 2 2 2 2 x y x y     − − − − + + = = = =             • Tóm lại hệ có các nghiệm : ( ) ( ) 1; 1 , 1; 1 x y x y = − = − = = , 0,5 0,25 1 3 1 3 1 3 1 3 ; , ; 2 2 2 2 x y x y     − − − − + + = = = =             0,25 Câu III.1 ( 1 điểm ) • ĐK : ( ) 6 3 cos3 0 2 , , , 1 2sin 0 6 6 3 7 2 6 x k x x m k m n Z x k k Z x x n π π π π π π π π  ≠ +   ≠   ⇔ ≠ − + ∈ ⇔ ≠ + ∈   + ≠    ≠ +   • Với đk trên , pt đã cho tương đương với pt : ( ) ( ) ( ) sin 3 1 2sin cos3 3 2cos 3 cos3 sin 3 2sin 3 sin 2cos3 cos 3 cos3 sin 3 2cos 2 cos 3 cos2 6 3 2 2 6 x x x x x x x x x x x x x x x x x l l Z π π π + = − ⇔ − = + ⇔ − =   ⇔ + =     ⇔ + = ± + ∈ ( ) 2 6 2 30 5 x l l Z x l π π π π  = − +  ⇔ ∈   = − +   Đối chiếu đk ban đầu, ta thấy pt có nghiệm : ( ) 2 , 30 5 x l l Z π π = − + ∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III.2 ( 1 điểm ) Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta có : 20 20 20 20 20 20 20 0 0 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 2 3 k k k k k k k k k x C x C x − − = =           + = =                     ∑ ∑ Vậy ( ) 20 20 1 2 , 0,1, ,20 2 3 k k k k a C k −     = =         Với k = 0;1;2;…;19 ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 19 1 1 20 1 20 20 1 2 2 20 . 4 20 2 3 3 1 3 1 1 2 1 . 2 2 3 k k k k k k k k C k k a a k k C − + + + −     −     −     = = = +     +         ( ) ( ) 1 1 1 4 20 3 1 11 k k k k a a a k k k a + + < ⇔ > ⇔ − > + ⇔ < 1 11 k k a a k + > ⇔ > Từ đó suy ra : 0 1 2 11 12 13 20 a a a a a a a < < < < = > > > Vậy cặp số lớn nhất là ( ) 11 12 ; a a 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV.1 ( 1 điểm ) Đường cao 6 29 0 x y + − = không đi qua A, nên nó đi qua B hoặc C. Ta xét TH nó đi qua B. Đường thẳng AC đi qua A(2;2) và vuông góc với đường cao 6 29 0 x y + − = nên 0,25 có phương trình : ( ) ( ) 1 2 6 2 0 6 10 0 x y x y − − − = ⇔ − + = (AC) Gọi tọa độ ( ) ( ) ;29 6 , 6 10; B b b C c c − − Tọa độ trọng tâm là : 6 10 2 14 6 22 4 3 3 29 6 2 10 6 21 3 3 3 b c b c b b c b c c + − +  =  + = =    ⇔ ⇔    − + + − + = − =    =   Suy ra ( ) ( ) 4;5 , 8;3 B C , kiểm tra thấy 13 37 AB AC= < = Xét TH đường cao 6 29 0 x y + − = đi qua C, khi đó ( ) ( ) 4;5 , 8;3 C B không thỏa mãn đk AB AC < Vậy đáp số bài toán là : ( ) ( ) 4;5 , 8;3 B C 0,25 0,25 0,25 Câu IV.2: ( 1 điểm ) Trong mp(ABCD) kẻ GE vuông góc với CD. Trong mp(SGE) kẻ GF vuông góc với SE ( hình vẽ ) Khi đó khoảng cách từ G đên mp(SCD) bằng đoạn GF Do 2 3 GC IC = nên khoảng cách từ G đến (SCD) bằng 2 3 khoảng cách từ I đến (SCD) , do đó 3 a GF = . Ta có ( ) 2 2 , 3 3 GE GE GC GE a AD d I CD IC = = = ⇒ = Trong tam giác vuông SGE ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 9 9 27 4 4 GF GS GE GS GF GE a a a = + ⇒ = − = − = 2 27 a GS ⇒ = Vậy thể tích hình chóp là : 3 2 2 . 1 1 2 2 3 . . . 3 3 27 27 S ABCD a a V SG a a= = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V.1 ( 1 điểm ) Đặt : 2 2 2 3ln 2 ln 3 3 t dx tdt t x x x + = − ⇒ = ⇒ = ( ) 3ln 2 ln 3ln 2 x dx x x x − − − ∫ 2 2 2 2 2 . 2 3 3 2 3 t t t dt dt t t t t = = + − + − ∫ ∫ 2 8 2 2 2ln 1 8ln 2 1 2 dt t t t C t t   = − + = − − + − +   − −   ∫ 2 3ln 2 2ln 3ln 2 1 8ln 3ln 2 2 x x x C = − − − − + − − + 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V.2: ( 1 điểm ) * Xét TH 1 x > : BĐT cần chứng minh tương đương với : ( ) ( ) ( ) 3 3 ln 1 1 x x x x x + ≤ − + Đặt 3 a x = , ta cần chứng minh : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 4 3 3 ln 1 1 1 3 ln 0 a a a a a a a a a a a + ≤ − + ⇔ + − − − + ≤ Xét hàm số : ( ) ( ) 4 3 3 1 3 ln ; 1 f a a a a a a a a = + − − − + > ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 ' 4 3 1 3 1 3 3 1 ln f a a a a a a = + − − + − + ( ) 3 2 4 4 3 3 1 ln a a a = − − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 '' 12 3 3 1 3 6 ln 3 4 3 6 ln f a a a a a a a a a a a   = − + − = − − −     ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 3 3 1 3 8 3 6ln 6 2 6 2 6 3 8 3 2 6 0, 1 f a a a a f a a a a a a   = − + − −             = − − = − + − < ∀ >                 Vậy hàm số ( ) ( ) 3 f a nghịch biến trên [ ) 1; +∞ Do đó : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 0, 1 f a f a < = ∀ > , vậy hàm số ( ) " f a nghịch biến trên [ ) 1; +∞ Do đó : ( ) ( ) ' ' 1 0, 1 f a f a < = ∀ > , vậy hàm số ( ) f a nghịch biến trên [ ) 1; +∞ . Do đó : ( ) ( ) 1 0, 1 f a f a < = ∀ > ( đ.p.c.m ) * Với TH 1: x < đặt 1 1 y x = > khi đó quay lại TH trên . Vậy bài toán đã được chứng minh trọn vẹn. 0,25 0,25 0,25 0,25 Hết . Sở giáo dục & đào tạo Nghệ An Trường THPT Anh Sơn I ************ Kì thi thử Đ i học & cao đẳng lần thứ 1 Năm học 2 010 -10 11 Môn Toán – Th i gian 18 0’ ************. – năm học 2 010 -2 011 Môn Toán (gồm 6 trang ) (Lưu ý : các cách khác đáp án , nhưng đúng thì vẫn cho i m t i đa ) Câu I. 1 ( 1 i m ) V i m = -1 hàm số trở thành : ( ) 2 2 1 1 2 y x = −. 2) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình : ( ) 2 2 2 2 1 2 y xy x y x y x y  − + − = − +   + =   Câu III: 1) Gi ả i ph ươ ng trình : 3 2cos tan 3 1 2sin x x x − = + 2) Khai tri ể n 20 1 2 2