de thi thu dai hoc 2013

Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt SBC.. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ

Trang 1

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012

Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011

Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số: 2 3 2 2

3

y = x + m+ x + m + m+ x+

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3

2 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 2 2( 1 2 )

A= x x − x +x với x x1 , 2là các điểm cực trị của hàm số

Câu II ( 3 điểm)

1 Giải phương trình: sin 3 x − 3sin 2 x − cos 2 x + 3sin x + 3cos x − = 2 0.

2 Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

3 Giải bất phương trình:

3

log 5log 81 2log 7 9

x

Câu III ( 1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB

= AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi

G là trọng tâm của tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC)

Câu IV ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1)

và AC = 2BD Điểm M(0; )1

3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương

2 Chứng minh

2 2 2

1

+ +

nguyên dương

Câu V ( 2 điểm)

1 Cho x y R, ∈ thỏa mãn (x y+ )3+4xy≥2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( 4 4 2 2) ( 2 2)

P= x +y +x y − x +y +

2 Giải phương trình: 2 x2−7x+10 = +x x2 −12x+20 ( x R∈ )

………Hết………

Trang 2

3

y = x + m+ x + m + m+ x+

1 2 2( 1 2 )

2 2

1 4

3

x

2 Chứng minh

2 2 2

1

+ +

nguyên dương

( 4 4 2 2) ( 2 2)

P= x +y +x y − x +y +

………Hết………

Trang 3

3

y = x + m+ x + m + m+ x+

1 2 2( 1 2 )

2 2

1 4

3

x

2 Chứng minh

2 2 2

1

+ +

nguyên dương

( 4 4 2 2) ( 2 2)

P= x +y +x y − x +y +

………Hết………

Trang 4

3

y = x + m+ x + m + m+ x+

1 2 2( 1 2 )

2 2

1 4

3

x

2 Chứng minh

2 2 2

1

+ +

nguyên dương

( 4 4 2 2) ( 2 2)

P= x +y +x y − x +y +

………Hết………

Trang 5

-2

Trường THPT Lương Tài 2

Tổ Toán - Tin

ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 -

2012 Môn: Toán; Khối: A, B ( Đáp án – thang điểm gồm 5 trang

Câu I

2 điểm

1.

1 Với m = -3 thì ta có 2 3 2

3

y= x − x + .

+)Tập xác định: D R.=

0,25

+)Sự biến thiên: y'= 2x2 − 4x. Ta có

2

3

y'

= ⇒ =





 = ⇒ =



Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ;0),(2; +∞ ), nghịch biến trên ( 0; 2).

0,25

+) Hàm số đạt ( )0 1 ( )2 5

3

y =y = ; y = y = −

+) Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞

y' + 0 − 0 +

y 1 +∞

−∞ 5

3

−

0,25

2. +) Ta có y' = 2x2 + 2( m+ 1)x m+ 2 + 4m+ 3.

Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 

m + m+ < ⇔ − < < −m

0,25

+) Khi đó ta có

1 2

2

1 2

1 1

2

+ = − −





2 1

2

A= m + m+

0,25

+) Xét 1 2

2

t = m + m+ trên (-5;-1) => 9 0

2 t

+) Từ đó ta có 9

2

Trang 6

Câu

II

1 sin 3x− 3sin 2x− cos 2x+ 3sinx+ 3cosx− = 2 0

(sin 3x sin ) 2sinx x 3sin 2x (cos 2x 2 3cos ) 0x

2 2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

0,25

2

1 sin

2 (2sin 1)(2 cos 3cos 1) 0 cos 1

1 cos

2

x



=





0,25

+)

2

5 2

2 6

 = +



 = +



0,25

2

Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

+) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ

Với y≠ 0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y

y



+



0,25

+) Đặt

2 1 ,

x

y

+

3 1

9

v u

u

  =





 =





0,25

+) Với 3

1

v u

=



 =

1 2

5

x y

y

 = 









.

0,25

+) Với u v= −95

 =

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 1

2

x y

=



 =

2 5

x y

= −



 =



0,25

Trang 7

3. 3

3

x

+) Điều kiện x >0

3

log 5log 81 2log 7

9

x

(3log x− 2) − 5(4 2log ) 2log + x > x− 7

0,25

2

3log x 8log x 3 0

3

1 log

3 log 3

x x

−



>



0,25

+)

1 3

−

< ⇔ < ⇔ <

+) log 3x> ⇔ > 3 x 9

0,25

Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm

3

1 3 0 9

x x x

 <



 ≠



 >



0,25

Câu

III

+) Từ giải thiết ta có SD ⊥ ( ABCD)

suy ra (SB, (ABCD)) = SBD· = 60 0

ABCD

a

S = AB CD AD+ = (đvdt)

0,25

+) chứng minh được BC ⊥ ( SBD) , kẻ DH ⊥ SB=> DH ⊥ (SBC)

Có 1 2 12 12 6

2

a DH

0,25

+) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK ⊥ (SBC) và

GK

DH = ED = ⇒ = Vậy d( G, (SBC) = 6

6

a

GK =

0,25

Câu

VI

G

S

D

C E H

K

Trang 8

1 +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :

=> N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0

0,25

+) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 4.2 3.1 12 2 2

4 3

+

AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:

4

d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5

0,25

+) Từ đó ta có B thuộc ( C): (x− 2) 2 + − (y 1) 2 = 5

Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính

5

0,25

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2

4x 3y – 1 0 (x 2) (y 1) 5



 − + − =



Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1)

Vậy B( 1; -1)

0,25

2

Chứng minh

2 2 2

1

+ +

1

1 1 !( )! 1 ( 1)!(( 1) ( 1))! 1

k

k n

n

C

+ +

+

 VT (1) = 2 1 1 2 21 2 31 2 11 2

1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1)

n

+

0,25

+) xét

2 2

2 2 0

(1 ) n n k k

n k

+

=

+ = ∑ => hệ số chứa x n+1 là 1

2 2

n n

C + +

0,25

+) Ta lại có

1 1

0 0 (1 ) (1 ) (1 )

n n

k i

x + x + x + + + C C x+ + +

= =

hệ số chứa x n+1 là 0 1 1 1 1 0

1 n1 1 n1 n1 1 n1 1

C C+ ++ +C C+ + + +C C+ + +C C++ +

0 2 1 2 2 2 3 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( n )

C =C − )

1 2 2 2 3 2 1 2

1 ( ) ( ) ( ) ( n )

0,25

+) đồng nhất hệ số chứa x n+1 được 1 2 2 2 3 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( n )

C + + C + + C + + + C ++ = 1

2 2

n n

C ++ -1 Vậy VT(1) =

1

2 2 2

1 ( 1)

n n

C n

+ + − + =VP(1)

0,25

Câu

V

1

Cho x y R, ∈ thỏa mãn (x y+ ) 3 + 4xy≥ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( 4 4 2 2) ( 2 2)

P= x +y +x y − x +y +

+ ta có

3

2





( ) 2 2

0,25

Trang 9

+) ( ( )2 ) ( ) ( )2 2 2 2 ( )

4

P= x +y −x y − x +y + ≥  x +y − + − x +y +

9( 2 2) (2 2 2)

0,25

+) Đặt 2 2 ( )2 1

x y

t =x +y ≥ + ≥ ta có 9 2

2 1 4

P= t − +t , với 1

2

+) Xét 9 2

2 1 4

P= t − +t với 1

2

t≥ => 9 2 9

2 1

P= t − + ≥t

“= “  1

2

t = => x=y = ½

Vậy GTNN của P = 9

16

0,25

+) Điều kiện 10

2

x x

≥



 ≤



a= x − x+ b= x − x+ ta có 2a –b =x

0,25

(1)  2( x2 − 7x+ 10 ( − +x 1)) = x2 − 12x+ 20 ( − +x 2)

=> 2 18( 1) 2 16( 1)

0,25

+) Ta có hệ

2

a b x

− =



0,25

=> 2

54

15 5

2 2

x

≥



+



=

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, 15 5

2

x= +

0,25

Chú ý : Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

1

x

a x b x

=





⇒

=



Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	444,5 KB