C ạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ñáy, góc giữa mặt phẳng SBC và mặt phẳng ñáy bằng o 60.. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.. Tính khoảng cách giữa BD và SC và tính bán kính mặt cầu n
Trang 1Câu I (2.0 ñiểm): Cho hàm số y 2x 1 (C)
x 1
+
=
−
1 Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ ñồ th ị (C) c ủa hàm số
2 Gọi M là một ñiểm di ñộng trên (C) có hoành ñộ x M > 1 Ti ế p tuy ế n t ạ i M c ắ t
hai ñườ ng ti ệ m c ậ n c ủ a (C) t ạ i A và B Tìm M ñể di ệ n tích tam giác OAB nh ỏ
nh ấ t (v ớ i O là g ố c t ọ a ñộ )
Câu II (2.0 ñiểm)
1 Gi ả i ph ươ ng trình: 4 4
4(sin x cos x) + + 3 sin 4x 3 (1 tan 2x tan x)sin 4x = + +
2 Gi ả i h ệ ph ươ ng trình:
y 1 log (2x y) 4xy 4x 4x 4xy y 1 log y (1)
x, y
y 5 x x 1 (2)
∈
Câu III (1.0 ñiểm)
Tìm hệ số của số hạng chứa 5
x trong khai triển thành ña thức của biểu thức:
( 2)5
P(x) = + + 1 x x
Cho hình chóp S.ABCD có ñ áy ABCD là hình ch ữ nh ậ t v ớ i AB a, AD 2a = =
C ạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ñáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng
ñáy bằng o
60 Trên ñoạn SA lấy một ñiểm M sao cho AM a 3
3
= , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N
1 Tính thể tích khối chóp S.BCNM
2 Tính khoảng cách giữa BD và SC và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD
Câu V (1.0 ñiểm): Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm:
x + + (m 2)x 4 (m 1) x + ≤ − + 4x x ∈ ℝ
Câu VI (1.0 ñiểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC Biết ñường cao kẻ từ
ñỉnh B và ñường phân giác trong góc A lần lượt có phương trình là:
1: 3x 4y 10 0
∆ + + = ; ∆ 2 : x y 1 0 − + = ðiểm M 0;2 thuộc ñường thẳng ( ) AB ñồng thời
cách C một khoảng 2 Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC
Câu VII (1.0 ñiểm)
Cho a, b,c là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
P
(a 1)(b 1)(c 1)
a b c
=
1 −
+ + +
- Hết -
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GD & ðT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A+B
(Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề)
Ngày thi 10/12/2011
Download tài li u h c t p, xem bài gi ng t i : http://aotrangtb.com
Trang 2Câu đ áp án đ iểm
I
(2.0 ựiểm)
1 (1.0 ựiểm) Khảo sát Ầ
Ớ Tập xác ựịnh: D=ℝ\ 1{ }
Ớ Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
( )2
3
y ' 0, x 1
x 1
−
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1)và (1;+∞)
- Hàm số không có cực trị
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
xlim y xlim y 2
→−∞ = →+∞ = ; tiệm cận ngang y=2
lim y , lim y
→ = −∞ → = +∞; tiệm cận ựứng x=1 0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
'
y − −
y 2 +∞
−∞ 2
0.25
Ớ đồ thị: y
2 I
O 1 x
0.25
2 (1.0 ựiểm) Gọi M là một ựiểm Ầ
Giả sử M x ; y( M M) ( )∈ C ; xM >1 Phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là:
M M
x 1
x 1
−
−
−
- Giao ựiểm của ( )d với tiệm cận ựứng và tiệm cận ngang lần lượt là:
M
6
A 1;2 , B 2x 1;2
x 1
−
0,25
- độ dài ựoạn thẳng AB là: ( )4
M
M
2 x 1 9 AB
x 1
=
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ đỀ THI THỬ đẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A+B
(đáp án Ờ thang ựiểm gồm 05 trang)
Trang 3Câu ð áp án ð iểm
I
(2.0 ñiểm) - Khoảng cách từ O ñến AB là: ( )
2x 2x 1 2x 2x 1
d O; AB
x 1 9 x 1 9
2x 2x 1
∆
+ −
OAB
S∆ nhỏ nhất
M
M
M
x 1
6
3
x 1
>
− =
Vậy ñiểm 6
M 1 ;2 6
2
0.25
II
(2.0 ñiểm)
1 (1.0 ñiểm) Giải phương trình:
ðiều kiện: cos x 0
( ) cos 2x 0
≠
∗
≠
Với ñiều kiện trên, phương trình ñã cho
2
4 1 sin 2x 3 sin 4x 3 sin 4x
2 cos x cos 2x
1 3 cos4x 3 sin 4x 2 sin 2x cos4x sin 4x sin 2x
2 2
0,25
sin 4x sin 2x
6
π
x k 12
π
x
36 3
= + (thỏa mãn ñiều kiện( )∗ ) 0,25
2 (2.0 ñiểm) Giải hệ phương trình:
ðiều kiện: x 1, y 0
2x y 0
− >
(1)⇔log 2x y− − 2x y− + +1 2x y− =log y− y + +1 y
0,25
- Xét hàm số: ( ) 2 2
3
f t =log t− t + +1 t (với t>0)
- Ta có: '( )
t ln 3 t 1 t ln 3 t 1
= − + = + − > ∀ >
( )
f t
⇒ ñồng biến trên (0;+∞) Do ñó (1)⇔f 2x y( − =) ( )f y ⇔ =x y
0,25
- Thay x=y vào (2)ta ñược: x2+ =5 x2− x 1−
2
x 1 1
− + + +
x 1 1
x 5 3
− + + +
0,25
- Do x 1≥ nên
2
x 2 x 2 1
5 x 1 1
x 5 3
− +
2x 2 1 ( ) 4x 3
x 2 0
5
x 1 1
x 5 3
− +
0,25
Trang 4III
(1.0 ñiểm)
Do ñó ( )∗ ⇔ − = ⇔ =x 2 0 x 2⇒y=2 (tmñk) Vậy nghiệm là: ( ) ( )x; y = 2;2
Tìm hệ số …
Có: ( ) 5 ( )k 5 k ( )i 5 k ( )
P x C x x C C x − x C C x + 0 i k
Số hạng chứa x trong khai triển ứng với k, i là nghiệm của hệ: 5
i, k , i k i 0
i k 5 k 5
⇔
ℕ
hoặc i 1
k 4
=
=
hoặc
i 2
k 3
=
=
0,5
Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 5 P x là: ( )
IV
(2.0 ñiểm)
1 (1.0 ñiểm) Tính thể tích khối chóp S.BCNM
S
H
M N P A D
B K C
E
- Có (SBC) (∩ ABCD)=BC, (SAB)⊥BC, (SAB) (∩ SBC)=SB,
(SAB) (∩ ABCD)=AB o
SBA 60
⇒ = là góc giữa (SBC và mặt phẳng ñáy )
0,25
- Có SA=AB tan 60o =a 3
- Có MN SM AD.SM 4a 2 2 2a
MN , BM AB AM
AD = SA ⇒ = SA = 3 = + = 3
- Diện tích hình thang BCNMlà: BCNM ( ) 2
1 10a 3
S BM MN BC
0,25
- Hạ SH⊥BMthì SH⊥(BCNM) (vì (BCNM) (⊥ SAB))
SH.BM SM.AB 2S SH a
BM
∆
Vậy thể tích khối chóp S.BCNMlà:
3
1 10a 3
V SH.S
3 ◊ 27
2 (1.0 ñiểm) Tính khoảng cách …
• Tính khoảng cách giữa BDvà SC
- Qua Ckẻ ñường thẳng ∆//BD, ∆ ∩AB=E, ∆ ∩AD=F⇒BD//(SEF )
Suy ra d BD, SC( )=d BD, SEF( ( ) )
- Kẻ AK⊥EF, AK∩BD=Q⇒Qlà trung ñiểm của AK
Có EF⊥(SAK) (⇒ SEF) (⊥ SAK ; SEF) ( ) (∩ SAK)=SK
Hạ AP⊥SK⇒AP⊥(SEF)
0,25
- Có BC//(SAD mà ) (BCM) (∩ SAD)=MN
MN
⇒ //BC ⇒ ◊BCMN
là hình thang
BC⊥ SAB ⇒BC⊥BM
Vậy ◊BCMNlà hình
thang vuông tại B và M
F
Trang 5Câu ð áp án ð iểm
IV
(2.0 ñiểm) ( ( ) ) ( ( ) ) 1 ( ( ) ) 1
d BD, SEF d Q, SEF d A, SEF AP
- Có B, Dlần lượt là trung ñiểm của AE và AF⇒AE=2a, AF=4a
EF= AE2 +AF2 =2a 5, mà AE.AF 4a
AK.EF AE.AF AK
EF 5
Xét ∆ASKvuông tại A có AP là ñường cao 12 12 1 2 312
AP SA AK 48a
4 3a
AP
31
d BD, SC d BD, SEF AP
2 31
0,25
• Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
- Có SBC=SAC=SDC=90o⇒ các ñiểm B, A, D nằm trên mặt cầu ñkính SC 0,25
⇒ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCDcó ñường kính là SC
Bán kính 1 1 2 2
R SC SA AC 2a
2 2
Chú ý: Học sinh làm theo phương pháp tọa ñộ ñúng cho ñiểm tối ña
0,25
V
(1.0 ñiểm) Tìm m ñể bất phương trình có nghiệm: 2 3 ( )
x +(m 2)x+ + ≤4 (m 1) x− +4x 1
ðiều kiện: x3+4x≥0⇒x x( 2 + ≥ ⇔ ≥4) 0 x 0
- Nhận thấy x=0không là nghiệm của ( )1 (vì 4≤0vô lý)
- Với x>0, chia hai vế của ( )1 cho x ta ñược:
m 2 (m 1) x (m 1) x m 2 0
.
0,25
- ðặt 4
t x
x
= + (t 2≥ ) Khi ñó, ( )1 trở thành:
t m 1 t m 2 0 m 2
t 1
+ +
−
( )1 có nghiệm khi và chỉ khi ( )2 có nghiệm t/m:
2
t 2
t t 2
t 2 m min
t 1
≥
+ +
≥ ⇔ ≥
0,25
- Xét hàm số: ( ) t2 t 2
f t
t 1
+ +
=
− trên [2;+∞), tlim f t( ) , f 2( ) 8
Ta có: ( )
2
2
t 1(lo¹i)
t 2t 3
f t , f t 0
t 3 (tháa m:n) f(3) 7
t 1
= −
− −
- Bảng biến thiên: t
2 3 +∞
'
f (t) − 0 + f(t)
+∞
8
7
0,25
min f tt 2 ( ) 7
≥
⇒ = Vậy bất phương trình ( )1 có nghiệm khi m≥7 0,25
VI
(1.0 ñiểm)
Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC
- Gọi M'là ñối xứng của ñiểm M qua ∆2 ⇒M'∈AC
Trang 6VI
(1.0 ñiểm)
ðường thẳng MM ñi qua M và vuông góc với ' ∆ 2⇒ pt '
MM : x y 2+ − = 0 Gọi ' 2 1 3
I MM I ;
2 2
và I là trung ñiểm của ' '( )
MM ⇒M 1;1 0,25
- ðt AC ñi qua '( )
M 1;1 và vuông góc với ∆ 1nên nhận u 3;4( )
là 1 VTCP
⇒ phương trình tham số của AC là: A
1
∆
x 1 3t
y 1 4t
= +
= +
M
Có A= ∆ ∩ 2 AC⇒A 4;5( ) B
2
∆ C
0,25
- ðường thẳng AB ñi qua A và M nên có pt: x 4 y 5
3x 4y 8 0
4 2 5
B AB B 3;
4
0,25
- ðiểm C thuộc ñường thẳng AC nên C 1 3t;1 4t( + + )
t 0 C 1;1
MC 2 MC 2 1 3t 4t 1 2 2 31 33
t C ;
25 25 25
= ⇒
Vậy các ñỉnh của tam giác là: ( ) 1 ( )
A 4;5 , B 3; , C 1;1
4
− −
31 33
C ;
25 25
0,25
VII
(1.0 ñiểm)
Tìm giá trị lớn nhất …
AD bñt Cauchy ta có: 2 2 2 1( ) 2 1( ) 2 1( )2
a b c 1 a b c 1 a b c 1
dấu “ = ” xảy ra ⇔ a= = = b c 1,
và ( )( )( ) ( a 1 b 1 c 1 a b c 3)3
27
+ + + + + + ≤ dấu “ = ” xảy ra ⇔ = = a b c
0,25
- ðặt t= + + + a b c 1⇒t> 1 Khi ñó:
( )3
2 54
t t
≤
2
− +
Xét hàm số:
( )3
2 54 f(t)
t t 2
= −
+ trên ( 1;+∞ ), ( )
( )
'
4 2
2 162
f t
t t 2
= − +
'( )
x
1
f t 0 t 4 f(4) ; lim f(t) 0; f(1) 0
4 →+∞
0,25
- Bảng biến thiên: t 1 4 +∞
( )
'
f t + 0 − f(t)
1
4
0 0
0,25
Từ bảng biến thiên ta có:
t 1
1 max P max f(t)
4
>
Suy ra: a= = = b c 1(dùng ñiều kiện dấu “ = ” xảy ra)
0,25
'
M
Download tài li u h c t p, xem bài gi ng t i : http://aotrangtb.com