www.VNMATH.com
TRNG THPT TY THY ANH
www.VNMATH.com
THI TH TUYN SINH I HC LN II NM HC 2010-2011
Mụn: TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao )
PHN CHUNG CHO TT CA THI SINH (7,0 iờm).
Cõu I (2 iờm) : Cho hm s y = x
3
3x + 1 cú th (C) v ng thng (d): y = mx + m + 3.
1/ Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2/ Tỡm m (d) ct (C) ti ba im phõn bit M(-1; 3), N, P sao cho tip tuyn ca (C) ti N v P vuụng gúc
nhau.
Cõu II (2 iờm).
1. Giai phng trinh :
sin 2 3sin cos 2 cos 1x x x x+ = + +
2. Giai bt phng trinh :
2 1 5 3x x x + >
Cõu III (1iờm) . Tinh tich phõn I =
1
2
1
dx
1 x 1 x

+ + +

Cõu IV (1iờm). Cho hinh hp ng ABCD A

B


+ +
+ + +
PHN RIấNG (3,0 iờm) Thi sinh chi c lam mụt trong hai phõn (phõn A hoc B)
A. Theo chng trinh Chuõn.
Cõu VIa (2điểm).
1. Cho tam giỏc ABC cú nh A (0;1), ng trung tuyn qua B v ng phõn giỏc trong ca gúc C
ln lt cú phng trỡnh : (
1
d
): x 2y + 4 = 0 v (
2
d
): x + 2y + 2 = 0
Vit phng trỡnh ng thng BC .
2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho mp(P) : x 2y + z 2 = 0 v
hai ng thng : (d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ +
= =

v (d)
x 1 y 2 z 1
2 1 1

= =
Vit phng trỡnh tham s ca ng thng (

) nm trong mt phng (P) v ct c hai ng thng (d) v
(d) . CMR (d) v (d) chộo nhau v tớnh khong cỏch gia chỳng

n
n
n
n
n
nn
CCCCCC
.
B. Theo chng trinh Nõng cao.
Cõu VI b(2im).
1.Trong mt phng ta Oxy , cho im A(2;
3
) v elip (E):
2 2
1
3 2
x y
+ =
. Gi F
1
v F
2
l cỏc tiờu
im ca (E) (F
1
cú honh õm); M l giao im cú tung dng ca ng thng AF
1
vi (E); N
l im i xng ca F
2

( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y
x y
x y x xy y
x R
+ +
+
+

+ + + + =




+ =


______________________ Ht ____________________
www.VNMATH.com
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

-4
y
-6
-4
-2
2
4
6
x
-1
3
1
-1
o
0,25đ
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
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Xét pt hoành độ giao điểm x
3
-3x+1=mx+m+1
(x+1)(x
2
-x-m-2)=0 x =-1
g(x) = x
2
-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

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
6
2
5
cos sin 2( )
2 ( )
6
x k
x
x x VN
x k k Z
π

= + π



(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)
TH3:
1 3x
≤ <
nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 0,25đ
www.VNMATH.com
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu III
(1 điểm)

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− < ≤
(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

= − ⇒ =



0,25đ
Vậy I =
2 2 2 2
2
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 2
1 1
ln 1 2ln 1
2 1

B
A

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 = 60
0
nên
DAB∆
đều
⇒
3
, 3
2
a
OA AC a= =
SA = 2AA
’
=
3a
; CC
’
= AA
’
=
3
2
a

a
V a a= =
;
'
2 3
1 3 3
3 16 2 32
SA MN
a a a
V = =
0,25đ
Vậy
' '
3
D
AA D
7a
32
SAB
B 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
+ + ≥

ta được
2
a
4
b c
a
b c
+
+ ≥
+
2
4
b a c
b
a c
+
+ ≥
+

2
4
c a b
c
b a
+
+ ≥
+

2 2 2
a

2
d
): x + 2y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC
Gọi
( ; )
c c
C x y
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên:
( 2 2; )
c c
C y y− −
Gọi M là trung điểm của AC nên
1
1;
2
c
c
y
M y
+
 
− −
 ÷
 
0,25đ
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :
1
1 2. 4 0 1
2
c

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 8
0
8 11
5 5
( ; )
6 11
5 5
1
5 5
x x

y 6 8t
z 5 15t
=


=


=

+ ng thng (d) i qua M(-1;3 ;-2) v cú VTCP
( )
u 1;1;2
v
+ ng thng (d) i qua M(1 ;2 ;1) v cú VTCP
( )
u ' 2;1;1
uur
Ta cú :

( )
MM ' 2; 1;3=
uuuuur

( )
( )
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0


Ta có
221
n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n
105)CC(11025CCCC2CC =+=++

+ Vi
n N

v
2n




=
=



=






+
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2
1







5
6
k
k







0,25
_____
0,25
Do k
N
, nên nhận 2 giá trị k = 5 hoặc k = 6
0,25
Do đó a
5
và a
6
là hai hệ số lớn nhất, thay v o ta ckt qu
65

1
) có phương trình
3 1 0x y− + =
⇒ M
2
1;
3
 
 ÷
 
⇒ N
4
1;
3
 
 ÷
 

0,5đ
⇒
1
NA 1;
3
 
= −
 ÷
 
uuur
;
( )

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 z
P
a c
+ + =
.

0,25đ
•
( ) ( )
4 3
4;0; 3 1 4 3M P c a ac
a c
− ∈ ⇒ − = ⇔ − =
(1)

1 1 1
. .3. 3 6

0,25đ
Vậy
( ) ( )
1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P+ − = + + =
−
0,25đ
Câu
VIIb
(1 điểm)
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
2 2
3
log (3 ) log ( 2 ) 3
( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y
x y
x y x xy y
x R
+ +
+
+


x y
< + ≠


< + ≠

Víi ®k trªn PT (1)
2
3
log (3 ) log ( ) 3
x y x y
x y x y
+ +
⇔ + + + =

3
log (3 ) 2log ( ) 3 (3)
x y x y
x y x y
+ +
⇔ + + + =
Đặt
log (3 )
x y
t x y
+
= +
PT(3) trở th nh à
2
1

4 18 log 18
y
y⇔ = ⇔ =
(TM)
Víi t=2 ta cã
2
log (3 ) 2 3 ( ) (4)
x y
x y x y x y
+
+ = ⇔ + = +
0,25đ
PT(2)
2 3
1
2( ) 2( )
2 2 20 2 2 20 (5)
x x y
x y x y
x y x y
+
+
+ +
+ +
⇔ + = ⇔ + =
+ Thay (4) vµo (5) ta ®îc
2
( )
2( ) 2( )
2 2 20 2 2 20 (6)

Ta cã hÖ
2 1
( )
3 4 1
x y x
TM
x y y
+ = =
 
⇔
 
+ = =
 

Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0;
4
log 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