Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng minh rằng: SE⊥EBvàCH ⊥SB.Tớnh thể tớch khối chúp C.SEB Cõu V1,0 điểm.. Viết phương trỡnh đường trũn ngo
Trang 1Sở GD&đt HƯNG YÊN đề thi thử đại học - NĂM 2011
TRƯờng thpt minh châu MễN TOÁN -KHỐI A
Thời gian làm bài : 180 phỳt(khụng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20/2/2011
I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Cõu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực.
1.Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1
2 2.Tỡm cỏc giỏ trị của m để hàm số (1) cú 3 cực trị A ,B, C và diện tớch tam giỏc ABC bằng 64
Cõu II(2,0 điểm) 1 Giải phương trỡnh :cos (cos2 1) 2(1 sin )
sin cos
x
+
2.Giải bất phương trỡnh : 2 x− − 1 x+ > − 5 x 3
Cõu III(1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 2( )
2 0
cos sin
π
Cõu IV(1,0 điểm): Cho hỡnh chúp S.ABCD , đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a,mặt bờn SAD là tam giỏc
đều và SB = a 2 Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng minh rằng: SE⊥EBvàCH ⊥SB.Tớnh thể tớch khối chúp C.SEB
Cõu V(1,0 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương tuỳ ý thoả món a+b+c = 2 Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu
thức :
P
II/PHẦN RIấNG (3,0 điểm)Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A/Theo chương trỡnh Chuẩn:
Cõu VIa (2,0điểm) 1 Cho tam giỏc ABC cú đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phõn giỏc
trong của gúc C lần lượt cú phương trỡnh : (d1 ): x – 2y + 4 = 0 và (d2 ): x + 2y + 2 = 0
Viết phương trỡnh đường thẳng BC
2.Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S x: 2 +y2 + −z2 2x+ 2y+ 4z− = 3 0 và hai đường thẳng
( )1 ( )
2
z t
=
=
, ( )2
1 :
− Viết phương trỡnh tiếp diện của mặt cầu ( )S , biết tiếp diện đú
song song với cả hai đường thẳng ( )∆ 1 và ( )∆ 2 .
n
n
x a x
a x a a
3 2
2 1
n
a
a
a
a0, 1, 2, , biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 2 − 2 + 2 − 2 − 1 + 1 n− 1 = 11025
n n
n n
n n
n n
B/Theo chương trỡnh Nõng cao:
Cõu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):
2 2
1
x + y = Gọi F 1
và F 2 là cỏc tiờu điểm của (E) (F 1 cú hoành độ õm); M là giao điểm cú tung độ dương của đường thẳng AF 1
với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M Viết phương trỡnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ANF 2
2.Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho cỏc điểm B(0;3;0 ,) M(4;0; 3 − ) Viết phương trỡnh mặt phẳng
( )P chứa , B M và cắt cỏc trục Ox Oz lần lượt tại cỏc điểm A và C sao cho thể tớch khối tứ diện OABC bằng,
3 (O là gốc toạ độ ).
Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ phơng trình:
3
x
x R
H
Ế T !
Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu.Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
Họ và tờn thớ sinh:……….Số bỏo danh:………
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
đề chính thức
Trang 2ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN - KHỐI A
I 1
1điểm Khi m=
1
2 hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1 1.TXĐ : D= R
2.SBT .CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) -y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1
Hàm số đồng biến ∀ ∈ −x ( 1;0)vµ(1; +∞ )
Hàm số nghịch biến ∀ ∈ −∞ −x ( ; 1)vµ(0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1
HS đạt cực tiểu tại x= ±1 và yCT=y(±1)=0 -.Giới hạn:xlim→+∞y= +∞ ;xlim y
→−∞ = +∞
.BBT:
,
y - 0 + 0 - 0 +
-3 vẽ đồ thị:
y
1 -1 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
(1điểm) y, = 4x3− 16m x2 = 4 (x x2− 4m2)
Đk để hàm số có 3 cực trị là ,
0
y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2
g x =x − m = có hai nghiệm phân biệt x≠ 0
0
m
⇔ ≠
4
= ⇒ =
= − ⇒ = −
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4
( 2 ;1 16 − m − m )
-Ta thấy AB=AC = (2 )m 2 + (16m4 2 ) nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì 4
(0;1 16 )
16
AI = m ; BC= 4m
-0,25
0,25
0,25
Trang 3ABC
S∆ = AI BC= m m =64⇔ m5 = ⇔ = ± 2 m 5 2(tmđk m≠ 0) Đs: m= ± 5 2
0,25
(1điểm)
2
cos (cos 1)
2(1 sin ) sin cos
x
+
4
x≠ − +π k k Zπ ∈
-Với đk trờn phương trỡnh đó cho tương đương:
2
(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos ) (1 sin )[(1 sin )(cos 1) 2(sin cos )] 0 (1 sin )(1 sin )(1 cos ) 0
2
2 ( )
l n Z x
= −
Vậy nghiệm của PT đã cho là: 2 ( )
2
x= − +π l π tm ;x= +π n2 ( )π tm ( ,l n Z∈ )
0,25 0,25
0, 5
III 1điểm
= −
= −
0 0
π π
x xdx xd x x
0,5
0,5
(1điểm)
S
B H
E
-*CM: SE⊥EB
Vỡ tam giỏc SAD đều cạnh a 3
2
a SE
Xột tam giỏc vuụng AEB cú:
2 2 2 2 2 5 2
EB =EA +AB = +a =
ữ
-Xột tam giỏc SEB cú:
2 2
2
0,25
0,25
Trang 4suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE⊥EB
-Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra ¼AEB= BFC¼
mà ¼AEB FBE+¼ = 90 0 ⇒BFC FBE¼ +¼ = 90 0 ⇒FHB¼ = 90 0 Hay CH ⊥EB
mÆt kh¸c CH ⊥SE(do SE⊥ (ABCD))
Suy ra CH ⊥ (SEB) => CH ⊥SB
0,25
0,25
(1điểm) Vậy .
1
3
C SEB SEB
V = CH S∆
-* Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2
2
BH = BF +BC = a +a =a +a =a
÷
suy
ra 2 2
5
a
BH =
-Xét BHC có:
CH =BC −BH =a − = ⇒CH =
C SEB
0,25
0,25
0,25 0,25
điểm)
Tõ gt ta cã a, b, c ∈ (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b):
2
ab
ab
c ab =
+
-¸p dông B§T C« Sy (1 1 1 ) 1( )(1)
2
ab
+
-Tương tự
1
2 2
1
2 2
a b c a
a bc
b a c b
b ca
+
+
Tõ (1),(2),(3) ta cã
-Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=2
3 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c=2
3
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.
a
2
(1
điểm)
( )S có tâm I(1; 1; 2 , − − ) R= 3
( ) ( )∆ 1 , ∆ 2 lần lượt có các véctơ chỉ phương ur =(2; 1;1 , − ) vr= −(1; 1;1)
0,25 0,25
Trang 5( )
mp P cú vộctơ phỏp tuyến u vr r, = (0; 1; 1 − − ) ⇒( )P y z m: + + = 0 (m∈ Ă ) -( )
m m
m
−
= −
Vậy ( ) :P1 y z+ + + 3 3 2 0; = ( )P2 :y z+ + − 3 3 2 0 =
0,5
VII
a
Tìm số lớn nhất trong các số a0,a1,a2, ,a n
n
2 n 1
n n
1 n 1 n n 2 n n 2 n n
2
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
= +
−
⇔
= +
) i
ạ lo ( 15 n
14 n 0 210 n n 105 n 2
) 1 n ( n 105 C
n
2 n
=
−
−
=
−
=
=
0 k
k k 14 k k 14 14
0 k
k k 14 k 14
14
x 3 2 C 3
x 2
1 C 3
x 2 1
14
k C 2 3
Ta xét tỉ số
) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 3
2 C
3 2 C a
a
k 14 k k 14
1 k 13 k 1 k 14 k
1 k
+
−
=
= + −− −−−
5 k 1 ) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 1 a
a
k
1
+
−
⇔
>
a
a , 5 k 1 a
a
k
1 k k
1
k + < ⇔ > + = ⇔ =
Do đó a0 < a1 < < a4 < a5 = a6 > a7 > > a14
Do đó a 5 và a 6 là hai hệ số lớn nhất Vậy hệ số lớn nhất là
62208
1001 3
2 C a
14 6
5 = = − − =
1 0,25
0,25 0,25
0,25
VI.
b
1
(1điểm) ( ): 2 2 1 2 2 2 3 2 1
Do đú F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) cú phương trỡnh x y− 3 1 0 + =
3
3
3
uuur
; F Auuur2 =( )1; 3 ⇒ uuur uuurNA.F A 0 2 =
⇒∆ANF2 vuụng tại A nờn đường trũn ngoại tiếp tam giỏc này
cú đường kớnh là F2N
-Do đú đường trũn cú phương trỡnh là :
2
( 1)
3 3
x− +y− =
0,25
0,25 0,25
0,25
VI.
b
2
(1điểm)
• Gọi a c, lần lượt là hoành độ, cao độ của cỏc điểm A C,
Vỡ B(0;3;0)∈Oy nờn ( ): 1
3
P
-• M(4;0; 3) ( )P 4 3 1 4c 3a ac
a c
OABC OAC
ac
-0,25
0,25
Trang 6Từ (1) và (2) ta cú hệ
4
3
2
a
= −
2
−
0,25
0,25
VI.
a
1
(1điểm) Gọi
( ; )c c
C x y
Vỡ C thuộc đường thẳng (d2) nờn:C( 2 − y c− 2; )y c
Gọi M là trung điểm của AC nờn 1; 1
2
c c
y
M− −y +
-Vỡ M thuộc đường thẳng (d1) nờn : 1 2. 1 4 0 1
2
c
y
( 4;1)
C
⇒ −
-Từ A kẻ AJ ⊥d2 tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nờn vộc tơ chỉ phương của đường thẳng (d2) là →u(2; 1)− là vộc tơ phỏp tuyến của đường thẳng (AJ)
Vậy phương trỡnh đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vỡ I=(AJ)∩(d2) nờn toạ độ diểm I là nghiệm của hệ
4
5
x
x y
I
y
= −
− + =
-Vỡ tam giỏc ACJ cõn tại C nờn I là trung điểm của AJ Gọi J(x;y) ta cú:
0
1
J
Vậy phương trỡnh đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; ( 8; 11)
J − − l :à 4x+3y+13=0
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu VIIb : (1,0 điểm) Giải hệ PT:
3
4 2.4 20 (2)
x
x R
x y
x y
< + ≠
< + ≠
Với đk trên PT (1)
2 3
3
log (3 ) 2log ( ) 3 (3)
2
t
t t
=
0,25
0,25
Với t=1 ta có logx y+ (3x y+ ) 1 = ⇔ 3x y x y+ = + ⇔ =x 0 thay vào (2) ta đợc :
4y+2.40=20⇔ 4y = 18 ⇔ =y log 184 (TM)
Trang 7Với t=2 ta có 2
logx y+ (3x y+ ) 2 = ⇔ 3x y+ = + (x y) (4)
x y x y x y x y
+ +
+ Thay (4) vào (5) ta đợc 2 2( ) 2( )2 20 2 2( ) 2 20 (6)
x y
x y x y x y x y
+
Đặt t= ( )
2x y+ ,PT(6) trở thành t2 +t-20=0 =t t= −4(5( )TM L )
Với t=1 ta có 2x y+ = ⇔ + = ⇒ 4 x y 2 3x y+ = 4
TM
Kết luận hệ PT có 2 cặp nghiệm (0;log 18);(1;1) 4
0,25
0,25
(1điểm)
2 x− − 1 x+ > − 5 x 3 (1)
Đk:x≥ 1
Nhõn lượng liờn hợp: 2 x− + 1 x+ > 5 0 (2 x− − 1 x+ 5)(2 x− + 1 x+ 5) ( > x− 3)(2 x− + 1 x+ 5) 4(x 1) (x 5) (x 3)(2 x 1 x 5)
3(x 3) (x 3)(2 x 1 x 5)
-Xột cỏc trường hợp:
TH1:x>3 thỡ phương trỡnh (2) trở thành: 3 2 > x− + 1 x+ 5(3)
VP > + = >3
nờn bất phương trỡnh (3) vụ nghiệm
-TH2: x=3 thỡ 0>0 (vụ lý)
-TH3: 1 ≤ <x 3nờn từ bất phương trỡnh (2) ta suy ra:
3 (2 < x− + 1 x+ 5) bỡnh phương 2 vế ta được:
4 (x− 1)(x+ > − 5) 8 5x(4)
* 8 5 0 8 3
x
x x
− <
≤ <
* 8 5 0 1 8
x
x x
≤ <
(*) nờn bỡnh phương hai vế của (4)ta được
2
9x − 144x+ 144 0 < ⇔ − 8 48 < < +x 8 48
Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 48 8
5
x
Từ (5) và (6) ta cú đs: 8 − 48 < <x 3
0,25
0,25
0,25
0,25
GV ra đề : Nguyễn Văn Phu
Nếu thớ sinh làm theo cỏc cỏch khỏc đỳng, vẫn cho điểm tối đa.
Hết