Các mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt đáy ABCD.Biết góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 600.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB.. Theo chươ
Trang 1Sở GD-ĐT Thái Bình ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I, NĂM 2011
Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh Năm học 2010 - 2011 Môn : Toán - Khối A + B
( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề)
I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai
điểm phân biệt khác M
CâuII:(2điểm) 1) Giải phương trình : 3cot2x + 2 2sin2x = (2 + 3 2)cosx
2) Giải hệ phương trình : 2 2
1 4
CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: I = 5
2
x
dx
ư +
∫
CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC
= a ; AD = 2a Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường
thẳng CD và SB
CâuV:(1điểm) Cho cỏc số dương : a , b, c thoả món : ab + bc + ca = 3
Chứng minh rằng: 21 21 21 1 .
1 a b c( ) + 1 b c( a) + 1 c a b( ) ≤abc
II - Phần tự chọn (3điểm) Thí sinh chỉ được chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa(2điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; -
8).Viết phương trình đường thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện
tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đường tròn (C)
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ∆ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2)
Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC
CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với
∀x∈(2 ; 3)
1 + log5(x2 + 1 ) > log5(x2 + 4x + m)
B Theo chương trình nâng cao
CâuVIb(2điểm)
1) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y - 3 = 0 ; c : x + y - 9 = 0
Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và
Trang 2D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các
đường thẳng AD và BD Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF Tìm các giá trị của m để góc EOF = 450
CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phương trình :
1 + log5(x2 + 1 ) ≥ log5(mx2 + 4x + m) được nghiệm đúng với ∀ x ∈ R
Hết
Họ và tên : ………Số báo danh:………
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Sơ lược Đáp án toán thi thử đại học lần I –trường THPT nguyễn đức cảnh khối A + B
Cho hàm số : y = x 4 – 5x 2 + 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Tìm M ∈∈∈ (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb
khác M
1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị tương đối chính xác 1đ
2)Lấy M(m ; m4 – 5m2 + 4) ∈ (C)
=> pt3 của (C) tại M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 (d)
0,25
Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt :
x4 – 5x2 + 4 = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4
(x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = 0 (1)
0,25
Để tmycbt x2 + 2mx + 3m2 – 5 = 0 có hai n0 pbiệt khác m
≠
ư
>
ư
0 5 6
0 2 5
2 2
m
CâuI
Kết luận : các điểm M(m ;m 4 – 5m 2 + 4) ∈∈∈(C) với hoành độ
m
±
ư
∈
6
30
\ 2
10
; 2 10
0,25
1) Giải phương trình : 3cot 2 x + 2 2sin 2 x = (2 + 3 2)cosx
đk : x ≠ mπ
sin
cos
2 ư
x
x
) = 2(cosx - 2sin 2 x)
0,25
(cosx - 2sin 2 x)(3cosx – 2sin2x) = 0
=
ư +
=
ư +
0 2 cos 3 cos 2
0 2 cos cos
2
2 2
x x
x
=
ư
=
=
ư
=
2
1 cos
) ( 2
2 cos
) ( 2 cos
x
loai x
x
loai x
0,25
Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x = π 2π
4 +k
± & x =
π
π 2
3 +k
±
0,25 CâuII
2) Giải hệ phương trình : 2 2
1 4
Trang 3Vì y = 0 không là nghiệm nên
2
2 2
2
1
4
.
x
x y y
x y
y
+ + =
⇔
0,25
t
2
1 ,
x
y
+
=
−
= + 7 2
4
2
u v
v
0,25
+) V i v= 3,u= 1ta cú h :
2, 5
+) V i v= − 5,u= 9ta cú
KL: V y h ó cho cú hai nghi m: ( ; )x y ={(1; 2), ( 2; 5)} −
0,25
Tính tích phân: I = 5
2
x
dx
− +
CâuIII t t= x − +1 1 x = 2 ⇒t = 2 x = 5 ⇒t = 3 dx=2(t-1)dt
− +
−
2 3
2 2
ln 2 1 )
1 (
ln ) 1 (
t
t dt
t t
t t
ln23 – ln22
0,25
0,75 Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a ;
AD = 2a (SAC) ⊥⊥⊥(ABCD)và (SBD)⊥⊥⊥ (ABCD) Biết g((SAB) ; (ABCD) )=
60 0 Tính V và d(CD ; SB)
S
K
A O D
I
E H
B C
+) Gọi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH =
3
1
BD
Kẻ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 600
0,25
Mà HE =
3
1
AD =
3
2a
=> SH =
3
3
2a => V SABCD =
3
1
.SH.S ABCD =
3
3
3
CâuIV
+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>∆ACD có trung tuyến SO
=
2
1
AD
CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥
0,25
Trang 4(SAC)
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO))
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
3
1IC =
6 2
a => IS =
6 2 5 2
HS
kẻ CK ⊥ SI mà CK ⊥ BO => CK ⊥ (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : SSIC=
2
1SH.IC =
2
1SI.CK => CK =
5
3 2
SI
IC
Vậy d(CD;SB) =
5 3
2a
0,25
Cho: a , b, c dương tm : ab + bc + ca = 3
CMR:
.
1 a b c( ) + 1 b c( a) + 1 c a b( ) ≤abc
Áp d ng B T Cauchy cho 3 s d ng ta
cú:3 =ab bc ca+ + ≥ 3 (3 abc) 2 ⇒abc≤ 1
0,25
2 2
=
a b c a
1 b c( a) ≤ 3b 1 c a b( ) ≤ 3c
0,25 CâuV
C ng (1), (2) và (3) theo v v i v ta cú:
ab bc ca
+ +
D u “=” x y ra khi và ch khi
abc= ab bc+ +ca= ⇒ = = =a b c a b c>
0,25
CâuVIa 1) Cho đtròn (C) : x 2 + y 2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết
ptđthẳng d qua M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt mà S∆BIA Max
Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2
Giả sử ptđt (d) : Ax + By – A + 8B = 0 với A2 + B2 > 0
0,25
Luôn có ∆BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S∆BIA =
2
1 IA.IB.sinAIB = 2sinAIB
0,25
=> S∆BIA ≤ 2 Dấu = khi ∆AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) = 2
2 3
11
2
+
ư
B A
A
7A2 – 66BA + 119B2 = 0 (A – 7B)(7A – 17B) = 0
Vậy có hai đường thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0
0,25
2) Cho∆∆∆ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2)
Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC
Gọi D(x ; y ; z) là chân đường phân giác trong góc A =>
AC
AB
DC DB = =>
DC DB
3
5
ư
=
Mà DB(- 4 – x; - 5 – y; 2 – z) & DC(4 – x ; 1 – y ; 2 – z) => D(1 ;
-2
5; 2)
0,25
Ta có BD =
2 5
5 khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC thì áp dụng tính chất phân giác trong của ∆BAD ta có :
BD
BA ID
IA = => IA = - 2ID=>
I(1 ; 0;2)
0,5
Trang 5CâuVIIa Tìm m để bpt : 1 + log 5 (x 2 + 1 ) > log 5 (x 2 + 4x + m) n 0 đúng ∀∀∀x∈∈∈(2 ; 3)
Bpt xác định ∀x∈(2 ; 3) x2 + 4x + m > 0 ∀x∈(2 ; 3 m > - x2 – 4x
∀x∈(2 ; 3
0,25
Xét f(x) = - x2 – 4x ∀x∈(2 ; 3 x 2 3
f’(x) = - 2x – 4 => BBT : f’(x) -
-12
f(x) - 21
từ BBT => bpt xác định ∀x∈(2 ; 3) m ≥ - 12 (1) 0,25 Bpt log5(5x2 + 5) > log5(x2 + 4x + m) Khi đó bpt n0 đúng ∀x∈(2 ; 3) x2 + 4x + m < 5x2 + 5 ∀x∈(2 ; 3) m < 4x2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) 0,25 Xét f(x) = 4x2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) x 2 3
f’(x) = 8x – 4 => BBT : f’(x) +
29
f(x) 13 Vây để bpt n 0 đúng ∀∀∀x∈∈∈(2 ; 3 ) m ∈∈∈ [ - 12 ; 13 ] 0,25 CâuVIb 1) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0 Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A Gọi B(b ; 3 – b) & C( c ; 9 – c) => AB(b – 1 ; - 1 – b) ; AC(c – 1 ; 5 – c) 0,25 & ABC vuông cân tại A = = AC AB AC AB 0 ư + ư = + + ư ư + = ư ư 2 2 2 2 ) 5 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 5 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( c c b b c b c b 0,25 vì c = 1 không là n0 nên hệ ư + ư = + + ư ư + ư ư + = ư ) 2 (
) 5 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 5 ( ) 1 ( ) 1 (
1
) 5 )(
1 ( 1
2 2
2 2
2
c
c b
c
c b
b
Từ (2) (b + 1)2 = (c - 1)2
0,25
Với b = c – 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5)
Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7)
Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) &
C(2 ; 7)
0,25
2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m
> 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD Viết phương
trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF Tìm các giá trị của
m để góc EOF = 45 0
áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đường
cao ứng với cạnh huyền là OE & OF => E
+
2
1
; 0
;
m m
m
&
+
2
1
; 1
; 0
m
m m m
0,25
ta có cosFOE = cos(OE; OF) = 2
1
1
.
m OF
OE
OF OE
+
Trang 6để EOF = 450 2
1
1 2
1
m
+
= m = 2 − 1 ( do gt m > 0)
0,25 CâuVIIb Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log 5 (x 2 + 1 ) ≥≥≥ log 5 (mx 2 + 4x + m)∀∀∀
x ∈∈∈ R
bpt xác định với )∀ x ∈ R mx2 + 4x + m > 0 )∀ x ∈ R 0,25
<
−
>
⇔
<
∆
>
0 4
0 0
0
2
m
m m
m > 2 (1) 0,25
khi đó bpt nghiệm đúng ∀ x ∈ R 5x2 + 5 ≥ mx2 + 4x + m ∀ x ∈ R
≤
∆
>
− 0
0
5 m
≤
− +
−
<
0 21 10
5
2
m m
m
m ≤ 3 (2)
Từ (1) & (2) => bpt n0 đúng ∀ x ∈ R m ∈ (2 ; 3]
Vậy GTLN của m thoả mãn yêu cầu đề bài là : m = 3
0,25
+ Điểm của bài thi làm tròn đến 0,5
+ Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tối đa
Thái Bình ngày 15 tháng 01 năm 2011