Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới SAH.. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆1 và điểm C thuộc ∆2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.. Viết phương trình đ
Trang 1I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: 2 3
2
x y x
+
=
−
2 Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình 2sin 6 x − 2sin 4 x + 3 os2 c x = 3 sin 2 + x
2 Giải phương trình log ( 45 − x2 + 13 x − − 5) log (325 x + = 1) 0
Câu III (1,0 điểm) Tính
2 0
lim
x
x
x
→
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a = 2
Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
2
IA = − IH
uur uuur
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH)
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoã mãn x y z xyz + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: 12 22 52
P
= + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆1: x + y – 3 = 0 và đường
thẳng ∆2: x + y – 9 = 0 Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆1 và điểm C thuộc ∆2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
2 Giải phương trình:
1 2
3
2 (9 2.3 3)log ( 1) log 27 9 9
3
x
+
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển 1
2
n
x x
, biết rằng
n
A − C +− = n +
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
2 Giải hệ phương trình
2
2 x 2y 3.2y x
Câu VII.b (1,0 điểm Cho (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 Tìm hệ số a10.
………Hết………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 2ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011
I
1
TXĐ: D = R\{2}
; lim
2− =−∞
→ y
→ y
xlim2 ⇒x = 2 là tiệm cận đứng
; 2 lim =
−∞
→ y
x lim =2
+∞
→
x
y ⇒y=2 là tiệm cận ngang
0.25
) 2 (
7
2 < ∀ ≠
−
−
x
x ⇒Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞;2) và (2; +∞);
Hàm số không đạt cực trị
0.25
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
2
3
−
+
m x m x m x x
x
(x = 2 không là nghiệm của p trình) 0.25 (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau ⇔(1) có
hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay x1+x2 = 4 0.25
2 4
2 6
0 ) 3 2 ( 8 ) 6
−
=
⇔
=
−
>
+ +
−
=
∆
m m
0.5
⇔ sinx 0
2 os5c x 3 sinx cosx
=
+) 2 os5c x= 3 sinx cos+ x ⇔ os5 os( )
3
k x
k x
= − +
= +
0.25
Điều kiện:
2
x
+ >
log ( 4− x +13x− =5) log 3x+1⇔ −4x2+13x− =5 3x+1
0.25
Đặt 3x+ = − +1 2y 3 Ta được hệ phương trình
2 2
Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x
0.25
Với y=x ⇒4x2−15x+ =8 0, tìm được nghiệm 15 97
8
Với 2y=5-2x⇒ 2
4x −11x+ =3 0, tìm được nghiệm 11 73
8
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là 15 97 11; 73
0.25
III
2
0
lim
x
x
x
→
x
−
Trang 32
ln 2010
2 2
ln 2010
x
e
IV
Ta có IA=−2IH ⇒H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB 2 = a ; AI = a ; IH =
2
IA
= 2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0,25
2
a
Vì SH ⊥(ABC)⇒ (SC;(∧ABC))=SCH∧ =600;
2
15 60
HC
0,25
6
15 2
15 )
2 ( 2
1 3
1
3
2
a a
a SH
S
)
(SAH
BI SH
BI
AH BI
⊥
⇒
⊥
⊥
Ta có
2 2
1 ) (
; ( 2
1 )) (
; ( 2
1 ))
(
; (
)) (
;
BI SAH
B d SAH
K d SB
SK SAH
B d
SAH K d
=
=
=
⇒
=
=
0.25
V
Đặt a 1,b 1,a 1
= = = khi đó ta có ab+bc+ca =1 và P a= 2+2b2+5c2 0.25
Ta có (a b c− − )2+ −(b 2 )c 2 ≥0 với mọi a, b, c
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3 / 11 0
a
a b c
=
− − =
B ∈∆1 ⇔ B(a; 3 –a) C ∈∆2 ⇔ C(b; 9-b)
∆ ABC vuông cân tại A ⇔ AB AC.2 02
=
uuur uuur
0.25
⇔ 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)2 2 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)
0.25
H
K
I
B A
S
C
Trang 41
a = 2 không là nghiệm của hệ trên
(1) ⇔ b = 5a - 8
Với a = 0 suy ra b = 4 B(0;3), C(4;5)
2
•ĐK: x > 1
•Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương
0.25
0.25
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :
0.5
VII.a
Giải phương trình 2 n11 4 6
A −C +− = n+ ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N
Phương trình tương đương với ( 1) ( 1)! 4 6
2!( 1)!
n
n
+
( 1)
2
n n
⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12
0.25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
( )
12 12 12 24 3
12 2 12 2
1
k
x
−
−
Số hạng này chứa 6
k k
− =
Vậy hệ số của số hạng chứa 6
x là: C12428
0.25
VI.b
1
Giả sử B x y( ;B B)∈ ⇒d1 x B = − −y B 5; ( ;C x y C C)∈ ⇒d2 x C = −2y C +7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
3 0
+ + =
0.25
Trang 5Ta cú BGuuur(3; 4)⇒VTPT nuuurBG(4; 3)− nờn phương trỡnh BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25
Bỏn kớnh R = d(C; BG) = 9
5 ⇒ phương trỡnh đường trũn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
2
2
3x + +1 xy = x+1
=
− +
−
≥
⇔
+
= + +
≥ +
⇔
0 ) 1 3
(
1 1
1 3
0 1
x x
xy x
x
−
=
−
≥
=
⇔
=
− +
=
−
≥
⇔
x y
x x
y x x x
3 1 1 0 0
1 3
0
Với x = 0 thay vào (1)
11
8 log 11
8 2 2 12 2 8 2 3 2
Với
−
=
−
≥
x y
x
3 1
1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23x+ 1+2− 3x− 1 =3.2
Đặt t =23x+ 1 Vỡ x≥−1 nờn
4
1
≥
t
+
−
=
− +
=
⇔
+
=
−
=
⇔
= +
−
⇔
= +
⇔
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x 8
3 t
i
ạ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t
1 t ) 3 (
2
2 2
0.25
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm
=
=
11
8 log y
0 x
2
+
−
=
− +
=
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x
2
2
0.25
VII.b
Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= (1+x)5(1+x2)5
0,25
= 5 5 ( ) 5 5
=
Theo gt ta cú
3 4
2 10
4
2
5 0
i k
i
k
i k
=
+ =
≤ ≤ ∈
0,25
⇒a10= C C50 55+C C52 54+C C54 53=101
0,25