Tìm m để Cm có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác đều.. Cho J là trung điểm SD.. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng ACJ.. Tìm t
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012
MÔN TOÁN – KHỐI B
THỜI GIAN: 180 PHÚT
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0) điểm
2
y = x + mx + m + m có đồ thị là ( Cm)với m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = − 1
2 Tìm m để ( Cm) có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác đều
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác
2
cos2
1 (cos sin ) 4
x
−
=
2 Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1 1
2 4
y
x
x y
y
Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn
0
1 3 ln(1 ) lim
x x
L
x
→
=
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Cho J là trung điểm SD Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ)
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca + + ≥ 3 Chứng minh rằng
2 2 2
a + + b + + c + ≤ a + b + c
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A (1;1) Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng y = 3 và điểm C thuộc trục hoành sao cho tam giác ABC là tam giác đều
2 Trong mặt phẳng Oxy cho A (1;2) và B (3;1) Viết phương trình đường tròn qua A, B và có tâm nằm trên đường thẳng 7 x + 3 y + 1 0 =
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên n ≥ 2 thỏa mãn hệ thức Cn0 + C1n + Cn2 = 79 Tìm số hạng chứa x8
trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức ( x + 3 x )n
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho A (1;0), B − ( 2;4), C − ( 1;4), D (3;5), tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng
3 x y − − 5 0 = sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau
2 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng 4 x + 3 y − 2 0 = và tiếp xúc với cả hai đường thẳng x y + + 4 0 = và 7 x y − + 4 0 =
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình +
log (4x 1) log (2 x 6) x
Hết
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
I.1
(1đ) Với m = − 1 hàm số là y x = 4 − 2 x2
a TXĐ: D =
b Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn của hàm số tại vô cực
lim
x→−∞
= +∞ và lim
x→−∞
= +∞
* Bảng biến thiên
3
' 4 4
y = x − x Do đó y ' 0 = ⇔ x = 0; x = ± 1
-
x −∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y +∞ 0 +∞
-1 -1 -
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ − ; 1) và (0;1) và đồng biến trên mỗi khoảng
( 1;0) − và (1; +∞ )
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại của hàm số là 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, giá trị cực tiểu là y ± = − ( 1) 1
-
c Đồ thị
* Điểm uốn y '' 12 = x2 − 4
'' 0
3
x = ±
và y’’ đổi dấu khi qua hai nghiệm đó
nên đồ thị có hai điểm uốn là 3 5
− − và 3 5
( ; )
3 − 9
* Điểm cắt trục tung là (0;0),
các điểm cắt trục hoành là (0;0); ( − 2;0) và ( 2;0)
Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng
Yêu cầu:
Đủ các đề mục khi khảo sát
Đồ thị hàm số phải vẽ trơn và có tính đối xứng
0.25
-
0.25
-
0.25
-
0.25
I.2
(1đ)
y = x + mx = x x + m
y
-1
-1
1
3 3
3 3
−
5 9
−
Trang 30
y
=
= ⇔
= −
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên m<0
Khi đó y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm này nên đk đủ để hàm số có 3 điểm cực trị là m<0
-
Tính được tọa độ các điểm cực trị là A (0; m2 + m ); B ( − m m ; ); C ( − − m m ; )
2
AB = − m m −
; AC = − ( − m m ; − 2)
và AB AC = = − m m + 4 nên tam giác ABC cân tại A
-
Để tam giác ABC đều thì chỉ cần BAC = 600
4 4
1
2
m m
m m
+
-
Từ đó tính được m = −3 2
0.25
-
0.25 - 0.25
- 0.25
II.1
(1đ)
ĐK: x ∈
Biến đổi pt về (cos sin )(1 sin cos ) 1
+
-
-
Chỉ ra pt thứ hai vô nghiệm
-
4
0.25 - 0.25 - 0.25 -
0.25
II.2
(1đ)
ĐK xy ≠ 0, đặt a x = 2+ y2 − 1 và x
b y
= (ab ≠ 0), ta được hệ
3 2
1
-
Giải hệ trên bằng phương pháp thế được a = 1; b = − 1 hoặc a = 9; b = 3
-
Giải trường hợp đầu ta được nghiệm (1; 1);( 1;1) − −
-
Trường hợp sau được nghiệm (3;1);( 3; 1) − −
-
Tóm lại hệ có 4 nghiệm là (1; 1);( 1;1);(3;1);( 3; 1) − − − −
0.25
- 0.25 - 0.25 -0.25
III
(1đ) Biến đổi về
0
lim
x x
L
x
→
=
2 0
x x
x
→
0.25
Trang 4-
2 0
x x
x
→
-
Khi x → 0 thì 2 x → 0 và x →2 0 nên
2
2
x
-
Từ đó tính được giới hạn đã cho là 1
2
- 0.25 - 0.25 - 0.25
IV
(1đ)
Gọi I là trung điểm của AB thì từ giả thiết suy ra
Suy ra SI vuông góc với mặt (ABCD)
-
Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) bằng 1
2
khoảng cách từ S đến mặt (ABCD) và
a
Từ đó suy ra thể tích tứ diện ACDJ là
3 2
.
-
Xét tam giác BCI vuông tại B nên
CI = CB + BI = a + =
Tam giác SIC vuông tại I nên
2
2 2 2 2
SD = SC = a
Tam giác SCD có CJ là đường trung tuyến nên
-
2
a
cos
4
A = Từ đó
sin
4
JAC = nên
2 AJC
2.
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ) là
3
2
3
24
7 7
8
a
a d
a
***************************************************************************
Có thể tính diện tích tam giác JAC bằng cách lấy hình chiếu của J trên mặt đáy (là trung điểm
H của DI) Trong mặt đáy, kẻ HK vuông góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc
0.25
-
0.25
-
0.25
-
0.25
A
B
D
C
S
I J
Trang 5AC thì chỉ ra được JK vuông góc với AC và tính được JK là đường cao tam giác JAC
V
7
a
4
a b c
-
Dùng bdt Cauchy cho 2 số ta được a2 + 1 2 ≥ a
Do dó
2 2 2
a b c + + + a + b + c +
≤ -
nên chỉ cần chứng minh
2 2 2
2 2 2
45
8
≤ + + hay a2 + b2 + c2 ≥ 3 vớiab bc ca + + ≥ 3
-
Bất đẳng thức trên đúng vì a2 + b2 + c2 ≥ ab bc ca + + suy ra đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a b c = = = 1
0.25 -
0.25 -
0.25 - 0.25
VI.a.1
(1đ’)
Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0) Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB=BC=CA
Từ đó ta có hệ:
( 1) 4 ( 1) 1
-
Đổi biến u a = − 1; v b = − 1 thu được hệ đẳng cấp:
2 2 2
3
uv v
− =
suy ra 8 v2 − 6 uv − 5 u2 = 0 ⇔ u = − 2 v hoặc 4
5
v
u = -
Trường hợp đầu vô nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) là 4 3 5 3 4 3 5 3
3 3 − 3 − 3 -
0.25 -
0.25
- 0.25 - 0.25
VI.a.2
(1đ’)
Gọi tọa độ tâm đường tròn là I(a;b)
IA=IB nên ( a − 1)2 + ( b − 2)2 = ( a − 3)2 + ( b − 1)2 ⇔ 4 a − 2 b = 5
-
mà 7 a + 3 b = − 1, tính được 1 3
;
a = b = − -
suy ra 2 25
2
R = -
0.25 -
0.25 -
0.25 - 0.25
Trang 6Vậy pt đường tròn là 1 2 3 2 25
VII.a
(1đ’) Từ giả thiết suy ra pt ( 1)
2
n n
+ + = , tính được n = − 13(loại) hoặc n = 12 -
Số hạng tổng quát của khai triển là
2 12
C x − x C x −
= với 0 ≤ k ≤ 12 -
Để số hạng này chứa x8 thì 2
3
k
− = nên k = 6 -
Từ đó số hạng chứa x8 của khai triển là 924x8
0.25
- 0.25 - 0.25 - 0.25 VI.b.1
(1đ’) Tính được AB = 5 và ptAB là 4 x + 3 y − 4 0 = ; CD = 17 và pt CD là x − 4 y + 17 0 =
-
Gọi M a a − ( ;3 5) Để hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau thì
(M AB; ). (M CD; ) 13 19 11 37
-
Tính được a = − 9 hoặc 7
3
a = (khi đó MAB và MCD thật sự là các tam giác)
-
Từ đó suy ra M − − ( 9; 32) hoặc 7
( ;2) 3
0.25 - 0.25 - 0.25 - 0.25
VI.b.2
(1đ’)
Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác của hai đường thẳng nên có thuộc đường thẳng
3 8
x − y = hoặc 3 x y + = − 6
-
Trường hợp thứ nhất tính được tâm(2; 2); − R = 2 2 Ptđtròn là ( x − 2)2 + ( y + 2)2 = 8
-
Trường hợp thứ hai tính được tâm( 4;6); − R = 3 2 Ptđtròn là ( x + 4)2 + ( y − 6)2 = 18
0.25 - 0.375 - 0.375
VII.b
2 8
x
> Bpt tương đương với 4x 1 (8.22x 6).2x
2 ( )
8
x
t = t > ta được 8 t3− t2− 6 t − 1 0 ≤ hay ( t − 1)(8 t2 + 7 t + 1) 0 ≤
Do 8 t2+ 7 t + 1 0 > nên t ≤ 1
Từ đó suy ra nghiệm của bpt 2 6
8 < x ≤
0.25 -0.25 -0.25 -0.25
Yêu cầu:
Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán
Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ và các bước đánh giá
Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau, tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm