2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và hình chiếu vuông góc của S trên mpABCD trùng với trọng tâm G tam giác ABC.. Khoảng cách từ trung điểm I của đoạn AB đến
Trang 1Sở 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 1( 2 )2
2
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = −1
b) Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị đó cùng nằm trên một
đường tròn có bán kính 5
4
Câu II: 1) Giải bất phương trình :
( 3x+ +1 2−x)(2 x+3+ 2−x)>5(x+2) 2) Giải hệ phương trình :
2 2
2
Câu III: 1) Giải phương trình : tan 3 3 2 cos
1 2sin
x x
x
−
= + 2) Khai triển
20
1 2
2 3x
+
a +a x+a x + +a x Trong các cặp số (a a i; i+1)với i =0;1; 2; ;19, cặp số nào có tổng lớn nhất ?
Câu IV: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đỉnh A(2; 2), một đường cao có
phương trình 6x+y−29 0= Tìm tọa độ đỉnh B và đỉnh C biết tọa độ trọng tâm tam giác ABC
là 14 10;
3 3
và AB AC< 2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABCD) trùng với trọng tâm G tam giác ABC Khoảng cách từ trung điểm I của đoạn AB đến mặt phẳng (SCD) bằng
2
a Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a
Câu V: 1) Tìm nguyên hàm :
3ln 2
x
dx
−
∫
2) Cho 1≠x>0, chứng minh rằng : 3
3
1
+
≤
-HẾT -
Trang 2Đáp 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 : 1( 2 )2
1 2
• TXĐ: D R=
• Giới hạn : lim ; lim
→+∞ = −∞ →−∞ = −∞
• Sự biến thiên : ( 2 )
0
1
x
x
=
=
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1 , 0;1) ( ), nghịch biến trên các khoảng (−1;0 ; 1;) ( +∞)
Hàm số đạt cực đại tại x = ±1, y CD =0, đạt cực tiểu tại 0; 1
2
CT
• Bảng biến thiên :
• Đồ thị :
Nhận xét : đồ thị có trục đối xứng là Oy
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu I.2
( 1 điểm )
• TXĐ: D = R
• Đạo hàm : ( 2 )
2
0
=
= −
• Đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi y’ = 0
có 3 nghiệm phân biệt Vậy điều kiện m <0
• Tọa độ các điểm cực trị đó là :
2
2
m
Ta có :
4
4 1
m
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là :
2
1
4
1
R
m
BC AH
−
−
0,25 0,25
0,25
Trang 3Theo yêu cầu bài ra :
3
3
2
4
1
2
m
m
m
m
−
= −
Do m < 0 nên đáp số là : 1, 1 17
2
Câu II.1
( 1 điểm ) • ĐK : 1 2
3 x
• Với đk trên ta có : 2 3 2 2 1 3 2 1 0
x+ − −x≥ − + − + > , nên nhân hai vế bất pt với (2 x+3− 2−x) ta được bpt tương đương :
( 3x+ +1 2−x) (5x+10)>5(x+2 2) ( x+3− 2−x)
⇔ 3x+ +1 2−x>2 x+3− 2−x ( do 5x +10 0> )
( do 5x + 3 > 0 )
2
23
1 73
x
⇔ − < <
• Kết hợp với đk ban đầu , bất pt có nghiệm : 23 1
73 x
− < <
0,25
0,25
0,25 0,25
Câu II.2
( 1 điểm )
Từ pt thứ 2 của hệ ta có : x2 =2−y2
Thay vào pt thứ nhất :
1
1 0
xy
=
⇔
− + =
• Xét TH : xy 1 y 1
x
= ⇔ = Thay vào pt thứ 2 ta có : 2
2
1
x
+ = ⇔ = ± Vậy TH này hệ có hai nghiệm (x= −1;y= −1 ,) (x=1;y=1)
• Xét TH : x−y+ =1 0⇔ y=x+1 Thay vào pt thứ 2 của hệ ta có :
( )2
2
x + x+ = ⇔ x + x− = ⇔x=− ± Vậy TH này hệ có 2
• Tóm lại hệ có các nghiệm : (x= −1;y= −1 ,) (x=1;y=1),
0,5
0,25
Trang 41 3; 1 3 , 1 3; 1 3
0,25
Câu III.1
( 1 điểm )
• ĐK :
7 2 6
x
x
π π
π
≠
• Với đk trên , pt đã cho tương đương với pt :
6
6
π
π
π
2 6 2
π π
= − +
= − +
Đối chiếu đk ban đầu, ta thấy pt có nghiệm : 2 ,( )
x= − π +l π l∈Z
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
, 0,1, , 20
k k
−
( )
1 20 1
20 20
2
k k
k a
C
+ +
−
−
+
1
k
a
a
+ +
< ⇔ > ⇔ − > + ⇔ <
a >a + ⇔k >
Từ đó suy ra : a0 <a1<a2 < <a11=a12 >a13 > >a20
Vậy cặp số lớn nhất là (a11;a12)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV.1
( 1 điểm )
Đường cao 6x+y−29 0= 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 6x+y−29 0= nên
0,25
Trang 5có phương trình : 1(x−2)−6(y−2)=0⇔x−6y+10 0= (AC)
Gọi tọa độ B b( ; 29 6 ,− b C) (6c−10;c)
Tọa độ trọng tâm là :
=
Suy ra B(4;5 ,) C(8;3), kiểm tra thấy AB= 13<AC = 37
Xét TH đường cao 6x+y−29 0= đi qua C, khi đó C(4;5 ,) B(8;3) không thỏa
mãn đk AB AC<
Vậy đáp số bài toán là : B(4;5 ,) C(8;3)
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
3
GC
IC = nên khoảng cách từ G đến (SCD) bằng 2
3khoảng cách từ I đến (SCD) , do đó
3
a
Ta có
Trong tam giác vuông SGE ta có :
2 27
a GS
Vậy thể tích hình chóp là :
3
.
S ABCD
0,25
0,25
0,25 0,25
Trang 6Câu V.1
( 1 điểm ) Đặt :
x
+
3ln 2
x
dx
−
3
t
−
∫
2 3lnx 2 2 ln 3lnx 2 1 8ln 3lnx 2 2 C
0,25 0,25 0,25 0,25
Câu V.2:
( 1 điểm )
* Xét TH x >1:
BĐT cần chứng minh tương đương với : (x+3 x)lnx≤(x−1 1) ( +3 x)
Đặt a=3 x, ta cần chứng minh :
(a3+a)lna3 ≤(a3−1 1) ( +a)⇔a4+a3−a− −1 3(a3+a)lna≤0
Xét hàm số : f a( )=a4+a3−a− −1 3(a3+a)lna ; a>1
4a 4 3 3a 1 lna
( )( )
( )
( )
3
2
4
1
a
= − + − −
= − − = − + − < ∀ >
Vậy hàm số ( )
( ) 3
f a nghịch biến trên [1; +∞)
Do đó : ( )
( ) ( )( )
f a < f = ∀ >a , vậy hàm số f "( )a nghịch biến trên [1; +∞)
Do đó : f '( )a < f ' 1( )=0,∀ >a 1, vậy hàm số f a( ) nghịch biến trên [1; +∞)
Do đó : f a( )< f ( )1 =0,∀ >a 1 ( đ.p.c.m )
* Với TH x <1: đặt y 1 1
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 -