Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị C của hàm số 2.. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A AD//BC.. Biết AD = 2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB ñều và nằm trong mặ
Trang 1I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số : y=−2x3+6x2 +1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số
2 Tìm m ñể ñường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung ñiểm của AC
Câu II (2,0 ñiểm)
1 Giải phương trình: x x ) (cos2x 3)sinx 3.cos3x
4 ( cos cos
2 Giải hệ phương trình:
=
− + +
=
−
− +
−
0 15 3 2
0 5 4 2
2 2
2 2 4
y x y x
y y x x
Câu III (1,0 ñiểm ) Tính giới hạn :
1 3 cos
1 lim
2
0
2
−
+
−
=
x e I
x
x
Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC) Biết AD =
2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB ñều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ñáy, gọi I là trung ñiểm của
AB Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC
Câu V (1,0 ñiểm) Cho x , y là các số thực không âm thay ñổi và thỏa mãn ñiều kiện:
) ( 2 1 ) (
4 x2+y2+xy ≤ + x+y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =xy+ x+ y−x2 −y2
II.Phần riêng (3,0 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết ñỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 1) là trung ñiểm của cạnh AB và ñường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 Tìm tọa ñộ ñiểm C
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy , cho ñường thẳng ∆:x− y+2=0 , viết phương trình ñường tròn tâm I( 1;2) và cắt ∆ theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2 3
Câu VII.a (1,0 ñiểm) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của: 4
n
x
+ 5
, biết −1+ n−2 =45
n n
n C
C ( Trong ñó C là số tổ hợp chập k của n ) n k
B.Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm )
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho (E): 1
1 4
2 2
= + y
x
có hai tiêu ñiểm là F1;F2 , gọi A ,B là hai ñiểm trên (E) sao cho AF1+ BF2 =2.Tính AF +2 BF1
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết BAC∧ =1200 , M( 1; 2) là trung ñiểm của cạnh AC , ñường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0 Tìm tọa ñộ ñiểm A biết ñiểm C có hoành ñộ dương
Câu VII.b (1,0 ñiểm)
Giải hệ phương trình :
= +
= + +
+ +
16 2
2
1 ) 1 ( log ) 2 ( log 2
2 1 2
y x x
x y
Hết
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi :TOÁN - Khối B
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao ñề)
Trang 2Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh :
Trang 3ðÁP ÁN ðỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN , KHỐI B
I
(2,0ñ)
1.(1,0ñ)
TXð: D = R
Chiều biến thiên: y, =−6x2 +12x=−6x(x−2);
=
=
⇔
=
2
0 0
,
x
x y
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: (−∞;0) và (2;+∞) ,ñồng biến trên
khoảng (0; 2)
Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 0 ⇒ y ct =1, ñạt cực ñại tại ñiểm x
= 2 ⇒ y cd =9
Giới hạn: =+∞
−∞
→ y
xlim ; =−∞
+∞
→ y
xlim
Bảng biến thiên:
ðồ thị: ði qua các ñiểm (3 ; 1) ; (-1;9)
Cắt trục tung tại ñiểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm ñiểm uốn
2 (1,0ñ)
Pt hoành ñộ giao ñiểm của ñường thẳng y = mx +1 và (C) :
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
∞
−
9
1
∞ +
,
y
y
O
1
y
9
5
-1
2
Trang 4II
(2,0ñ)
0 ) 6 2 ( 1 1
6
= +
−
=
⇔
0 6
2
0 2
m x x x
Với x = 0 ⇒ y = 1 ⇒A(0; 1)
ðường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C
⇔pt 2x2−6x+m=0
Có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0
≠
>
∆
⇔
0
0 ,
≠
>
−
⇔
0
0 2 9
m
m
≠
<
⇔
0 2 9
m m
Khi ñó B(x1;mx1+1) ; C(x2;mx2+1) Vì B là trung ñiểm của AC nên
1
2 2x
x =
Mà x1; x2 là nghiệm của phương trình : 2x2−6x+m=0 nên:
=
= +
2
3
2 1
2 1
m x x
x x
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ m=4
1.(1,0ñ)
Pt⇔(1+sin2x).cosx+(cos2x+ 3)sinx= 3cos3x
x x
x x x
x
x (sin2 cos cos2 sin ) 3sin 3cos3
⇔
x x
x
x 3sin 3cos3 sin3
2
1 3 cos 2
3 sin 2
3 cos 2
⇔
) 3 cos(
) 6 3
−
= +
+ +
−
= +
+
−
= +
⇔
π π π
π π π
2 3 6
3
2 3 6
3
k x
x
k x
x
+
=
+
−
=
⇔
2 24
4
π π
π π
k x
k x
(k ∈ Z)
2.(1,0ñ)
Hpt
=
− +
− +
−
−
=
− +
−
⇔
5 ) 2 ( 4 ) 1 ( 4 ) 2 )(
1 (
10 ) 2 ( ) 1 (
2 2
2 2
2
y x
y x
y x
ðặt
−
=
−
= 2
1 2
y v
x u
; ta có hệ phương trình :
= + +
= +
5 ) ( 4
10 2 2
v u uv
v u
= + +
=
− +
⇔
5 ) ( 4
10 2 )
v u uv
uv v
u
=
−
= +
⇔
45
10
uv
v u
(vô nghiệm) hoặc
−
=
= + 3
2
uv
v u
Với
−
=
=
⇔
−
=
= +
1
3 3
2
v
u uv
v u
hoặc
=
−
= 3
1
v u
Với
−
=
−
=
−
⇒
−
=
=
1 2
3 1 1
y
x v
u
=
=
⇔
1
2
y
x
hoặc
=
−
= 1
2
y x
Với
=
−
−
=
−
⇒
=
−
=
3 2
1 1 3
y
x v
u
=
=
⇔
5
0
y x
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 5III
(1,0ñ)
IV
(1,0ñ)
Vậy hệ phương trình ñã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5)
1,0ñ
Ta có : I =
2 0
2 2
0 2
0
1 3 cos lim
1 1 lim
1 lim 2
x x x
x x
e
x x x
x
−
− +
−
−
→
→
→
Với lim 2 1 1
0
2
=
−
e x
+ +
=
− +
→
lim 1 1 lim
2 2 2
0 2
2
x x
x
x
1 1 1
1 lim 2
+ +
x
4 9 2
3 sin lim 4
9 2 2
3 sin lim 2 1 3 cos
2
0 2
2
2
x
x
x
x
x
x x
2
0 2 3 2
3 sin lim 2
9
−
x
2
9
−
⇒I =
9 1 2 9 2
1 1
−
=
−
−
1,0ñ
Vì : (SAB)⊥(ABCD) và (SAB)∩(ABCD) = AB
Mà SI ⊥ AB , nên SI⊥(ABCD)
⇒V S ABCD SI.S ABCD
3
1
ðặt AB = x , ta có SI =
2
3
x
ID =
4 4
2
2 x
a +
Vì
4
4 4
3 9
2 2 2 2 2
2
a
x a ID
SI
5
5 2 2
a x a
⇔
Khi ñó : SI=
2
15 2
x
2
1 ) (
2
1
a a a BC AD AB
2
5
3a2
4
3 5 2
5 3 2
15 3
.
a a
a
BC IB
BC SI
⊥
⇒
⊥
⊥
Vì SIC∧ =SBC∧ =900 ⇒mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có ñường kính
là SC ⇒ bán kính là R =
2
6 4
5 4
15 2
1 2
1 2
a a a IC
SI
1,0ñ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
B
S
C
I
Trang 6V
(1,0ñ)
VI.a
(2,0ñ)
VII.a
(1,0ñ)
Từ 4(x2 +y2 +xy)≤1+2(x+y)⇔3(x+ y)2+(x−y)2 ≤1+2(x+y)
2 ) ( 3 ) ( 2
1+ x+ y ≥ x+ y
3
1 ≤ + ≤
−
⇔ x y , vì x ; y không âm nên ta có
1
0≤ x+y≤ Ta có :
2 2
4
1 )
( 2
1 2
)
y x
+
≤ +
− + +
(vì
2
2
+
≤ x y
xy và 2(x2 +y2)≥(x+ y)2 )
ðặt t = x + y ; ta có :0≤ t≤1, và P 2
4
1 )
2 2
1 ) (
t t
2
1
≥
−
t
t t
, với ∀t∈[ ]0;1
3 ) 1 ( ) ( max 1
;
4
3
, dấu = xảy ra ⇔x = y =
2 1
1.(1,0ñ)
Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung ñiểm của AB
nên A(2 ; 2- a) , mà A∈ AC : x- y- 3 = 0⇒ 2 – (2- a) -3 = 0 ⇔ a = 3
⇒ A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ; (− 2 ; 4 )
→
AB
Mà C∈ AC : x – y -3 =0 ⇒C(x0;x0−3) ⇒BC→ =(x0;x0 −6) ∆ABC vuông
tại B nên AB ⊥ BC⇒
12 0
) 6 ( 4 2 0 → = ⇔− 0+ 0 − = ⇔ 0 =
→
x x
x BC
2.(1,0ñ)
Gọi H là trung ñiểm của AB
2
1 2
2 2 1 )
;
=
⇒IH d I
Ta có
2
6 6
2
1 2
1 2
3
2
1
=
⇒
=
⇔
=
⇔
=
S AIB
Gọi R là bán kính của ñường tròn cần tìm, ta có :
2 4
6 2
1 2
ñường tròn cần tìm có phương trình là: (x−1) (2+ y−2)2 =2
(1,0ñ)
)!
2 ( 2
! )!
1 (
! 45
2
−
+
−
⇔
= + −
−
n
n n
n C
n n
2
) 1 ( − = +
⇔n n n
0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25 0,25
Trang 7VI.b
(2,0ñ)
VII.b
(1,0ñ)
9 0
90
⇔n n n .khi ñó ta có khai triển :
9 5 1 4 5
5
+
=
x x
n
k
k
x x
C ( ) ( 5)
1 9 9
0 4 5 9
−
−
=
=
−
− 9
0
5 4 ) 9 ( 5 9
k
k k k x
C ; ứng với 4
5 4
) 9 ( 5
=
−
−k k
5 145
x là : C95 =126
1.(1,0ñ)
1 4
2 2
2
=
⇒
=
⇒
=
x
Vì A; B là hai ñiểm trên (E) nên ta có:
=
= +
=
= +
4 2
4 2 2 1
2 1
a BF BF
a AF AF
6
2 1 2
2.(1,0ñ)
2
3 2 1 )
;
=d M BC MH
60
∧
HMC
MC
MH HMC∧ = cos
2 2
2 60
MC , do C ∈BC: x- y +3 = 0 ⇒ C( a; a +3) , với a > 0
Vì MC =2 2 ⇔MC2 =8⇔(a−1)2 +(a+1)2 =8 ⇔ a2 =3⇔ a= 3
) 3 3
; 3
1,0ñ
ðk:
>
−
>
0
1
y x
Pt ñầu ⇔1+log2 y−log2(x+1)=1⇔log2 y=log2(x+1)⇔ y=x+1
Thế vào pt còn lại ta ñược : 2x+2 +22x+1 =16⇔22x +2.2x −8=0
−
=
=
⇔
) ( 4 2
2 2
loai x
x
; với 2x =2⇔x =1⇒ y=2 (tmñk) KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2)
0,5
0,5
0,5 0,5
0,25 0,25 0,25
0,25
0,5
0,5
