ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của / A lên mặt phẳng ABC trùng với tâm O của tam giác ABC... Với điều kiện trên... Với mỗi cách chọn trên có 3 6 A cách ch
Trang 1SỞ GD& ĐT NINH B ÌNH
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN KHỐI D -LẦN 2 NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 6 câu in trong 1 trang)
Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số 2
1
x y x
=
− ( 1 ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx-m+2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Câu II ( 2 điểm)
1) Giải phương trình:
2
os (cos 1)
2(1 sinx) sinx cos
x
− = + +
2) Giải hệ phương trình :
3 3
(2 3 ) 1 ( 2) 3
x y
− =
Câu III ( 2 điểm)
1) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt:
2 2
10x +8x+ =4 m x(2 +1) x +1 2) Tính tích phân:
5 2 1
1
3 1
x
+
=
+
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ / / /
ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu
vuông góc của /
A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC.
1) Chứng minh BC vuông góc mặt phẳng (A AO / )
2) Tính thể tích khối lăng trụ / / /
ABC A B C biết khoảng cách giữa AA và BC là / 3
4
a
Câu V ( 2 điểm)
1) Khai triển (1 3 )n
x
0 1 2
n
P x = +a a x a x+ + +a x
trong đó a a0, , ,1 a là các hệ số, n là số nguyên dương thoả mãn điều kiện: n
12 22n 1 2 22 22n 2 3 23 22n 3 2 22n 40
C − − C − + C − − − nC = Tìm số lớn nhất trong các số a a0, , ,1 a n
2)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng
1
:
:
− a) Chứng minh d d chéo nhau1, 2
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d , toạ độ điểm N thuộc 1 d sao cho khoảng cách MN ngắn 2 nhất
Câu VI ( 1 điểm)
Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số trong đó chữ số 1 có mặt đúng 2 lần, chữ số 5 có mặt đúng 3 lần,các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần
Trang 2
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG PTTH CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Năm học 2010 - 2011 MÔN: TOÁN - KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút
(Hướng dẫn này gồm có 06 câu, 04 trang)
I
(2 điểm)
1) (1,0 điểm)
TXĐ: R /{1}; y' =
( )2
2
x 1
−
− < 0 ∀x ∈ D Hàm số nghịch biến trên
(- ∞; 1) và (1 ; + ∞) Cực trị: Không có
- Giới hạn, tiệm cận:
x 1lim y− ; lim yx 1+
→ =− ∞ → =+ ∞ ; tiệm cận đúng: x = 1
→−∞ = →+∞ = ⇒ tiệm cận ngang: y = 2
- Bảng biến thiên
- Vẽ đồ thị
0.25
0.25 0.25
0.25
2) (1,0 điểm)
+ Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) là:
2x
mx m 2
x 1
≠
+ Điều kiện đường thẳng ( d ) cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A, B
⇔Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1: ⇔
m 0
g(1) 0
≠
∆ > ⇔ >
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1)⇒A (x1 ; mx1-m + 2); B (x2 ; mx2 - m + 2)
⇒ AB2 = (x1 - x2)2 + m2 (x1 - x2)2 =(1 + m2) [(x1 + x2)2 - 4x1x2]
+ Áp dụng Vi ét cho (1) ⇒ ( 2 )
AB
m
+
=
+ Xét hàm số f(m) = 8 m( 2 1)
m
+
với m > 0 ⇒ AB ngắn nhất ⇔ m = 1
0.25
0.25
0.25
0.25
II
(2 điểm)
1) (1,0 điểm)
+ ĐK: sin x + cos x ≠ 0 Với điều kiện trên
+ Phương trình đã cho ⇔(1 sin x) (1 sin x cos x 1) ( ) 2 0
sin x cos x
+
⇔
= + +
+
= +
0 1 cos sin cos sin
0 sin 1
x x x x
x
0.25
0.25
0.25
Trang 3+ Giải phương trình (1): ⇒ x = - k2
2
π + π
+ Giải phương trình (2): Đặt sin x + cos x = t , t ∈[ - 2 ; 2]
⇒ sin x cos x = t2 - 1
Thay vào ⇒ t = - 1 ⇒
+
=
=
π π
π 2 2
2
k x
k x
0.25
2) (1,0 điểm)
+ Nếu y = 32 : hệ vô nghiệm
+Nếư y ≠ 32 , từ phương trình: x (y3 - 2) = 3 ⇒ x = 33
y −2 thay vào
phương trình (1) ta có: ( )
27 2 3y
1
+
=
Xét hàm số: f(y) = ( )
27 2 3y
1
+
−
− , ta có f '(y) =
3 3
−
f '(y) = 0 ⇔ y = - 1 → Bảng biến thiên
-f (y)
Từ bảng biến thiên ⇒ phương trình (3) có 1 nghiệm y = - 1 và có 1
nghiệm duy nhất trong khoảng ( 32 ; +∞) mà f(2) = 0.Vậy pt (3) có 2
nghiệm y=-1; y=2
Vậy hệ đã cho có 2 cặp nghiệm ( -1 ; - 1) và (1
;2
0.25
0.25
0.25
0.25
1) (1,0 điểm)
III
(2 điểm)
+ Biến đổi phương trình về:
2 (2x + 1)2 + 2 (x2 + 1) = m (2x + 1) 2
x +1
⇔ 2
2
2 m
+ Đặt 2x 12
t
+
= + (*) đk: - 2 < t ≤ 5
Với mỗi t thuộc (−2;2] hoặc t= 5,pt (*) có duy nhất 1 nghiêm x.Với
0.25
0.25
Trang 4mỗi t thuộc ( )2; 5 pt (*) có 2 nghiêm x
+ Rút m ta có: m =
2
t
+
+ Xét hàm số f(t) =
2
t
+ với -2 < t ≤
5, t khác 0, lập bảng biến thiên
Kết luận: m∈(−5;−4)∪(4;5] 12
5
∪
0.25
0.25
2) (1,0 điểm)
+ Đặt 3x 1 t+ = ⇒ x =
2
3
dx = 2
3 tdt
- Đổi cận:
⇒ I =
2
−
+ Tính A =
4 2
2
dt
∫
+ Tính B =
4 2 2
−
∫
⇒ I = A + B = 100 3
ln
0.25
0.25
0.25
0.25
IV
(1 điểm)
1) (0,25 điểm)
AO BC
A 'O BC
⊥
⊥ ⇒ BC ⊥ (A'AO)
2) (0,75 điểm)
d (AA' ; BC) = d (AA' ; (BC C'B'))
= d (A ; (BCC'B'))
+ Gọi M là trung điểm BC ,N là trung
điểm B/C/
Trong (AMA') kẻ AH ⊥ NM.,H thuộc
MN
CM: AH ⊥ (BCC'B')
⇒ d (A; (BCC'B')) = AH = a 3
4
+ Đặt A'O = x , x > 0
Ta có: AH NM = A'O AM (1)
AM = a 3
2 2 2
2 /
x AO
O A
0.25
0.25
0.25
M
O
A
C B
A /
H N
Trang 5Thay vào (1) ⇒ x =
3
a
⇒ A'O =
3
a
Suy ra thể tích khối lăng trụ V = A'O SABC = 12
3 3
a
(đvtt)
0.25
1) (1,0 điểm)
+ Tìm n: Xét khai triển
f(x) = (2 - x)2n = C 202n 2n−C 212n 2n 1− x C 2+ 22n 2n 2− x2− + C x2n2n 2n
⇒ f '(1) = - ( 1 2n 1 2 2n 2 3 2n 3 2n)
C 2 − −2C 2 − +3C 2 − − − 2n.C
Mà f '(x) = -2n (2 - x)2n-1⇒ f ' (1) = - 2n
⇒ 1 2n 1 2 2n 2 2n
C 2 − −2C 2 − + − 2n.C =2n ⇒ n = 20
+ Xét triển khai: (1 + 3x)20 = 20 k ( )k 20 k k k
=
⇒ ak = C 3k20 k
+ Xét tỉ số
1
k k
a
a +
+cho
1
k
k
a
k
a + ≤ ⇔ ≤ ≤ suy ra hệ số lớn nhất là a15
0.25
0.25
0.25
2 (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
+ Đường thẳng d1 qua M1 (1 ; 0 ; -2) có VTCP: U ( 1;2;1)uur1= −
+ Đường thẳng d2 qua M2 (0 ; 1 ; 1) có VTCP: Uuur2= −( 1;3; 1)−
Chứng minh: U , Uuur uur1 2 M Muuuuuur1 2 ≠ 0
b) (0,5 điểm)
+ Viết phương trình tham số của đường thẳng d1, d2
M ∈ d1 ⇒ M (1 - t1 ; 2t1 ; -2 + t1) ; N ∈ d2 ⇒ N (t2 ; 1 + 3t2 ; 1 - t2)
⇒ MNuuuur = (t2 + t1 - 1 ; 1 + 3t2 - 2t1 ; 3 - t2 - t1)
+ Điều kiện MN ngắn nhất ⇔ MN là đoạn vuông góc chung của d1, d2
⇔
1
2
7 t
t 5
=
=
uuuur uur uuuur uur
⇒ M 2 14 3
−
3 14 2
0.5
0.25
0.25
+ Chọn vị trí cho 2 chữ số 1: c ó C28cách Với mỗi cách chọn vị trí cho 2
Trang 6(1 điểm) chữ số 1 có
3 6
C cách chọn vị trí cho 3 chữ số 5 Với mỗi cách chọn trên có
3 6
A cách chọn các chữ số còn lại
Vậy có: C C A82 36 36 số, kể cả trường hợp số 0 đứng đầu
+ Xét trường hợp chữ số 0 đứng đầu, lí luận tương tự có
C C A số
Vậy tất cả có: C C A28 36 36 - C C A72 35 25 = 63000 số
0.5
0.5
Hết