DE TOAN THI THU DH 2011 (10) CO GIAI

Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng SBC.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Lần I Năm 2010-2011

( Thời gian làm bài 180 phút)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x - 3x + 3mx + 13 2 có đồ thị (C )m .

1 Khảo sát khi m=1

2 Tìm m để đồ thị (C )m cắt đồ thị hàm số 3 2

y = x - 2x + (3m+1)x + m tại 2 điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C )m tại 2 điểm đó vuông góc với nhau.

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: sin 2 x  2cos 2 x   1 s inx 4cos  x

2 Gi¶i ph¬ng tr×nh:  log 2  log 2 2

3 1  x x 3 1  x   1 x

Câu III (1 điểm) Giải phương trình x  2  4  x  2 x2  5 x  1

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a 2 Đáy là tam giác ABC cân , góc BAC  1200, cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu V ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:

3

3 3

( 1)(2 2 1 3 6) 2 6







II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

1 Theo chương trình Chuẩn

CâuVIa ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0.Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450.

2.Trong mặt phẳng cho đường tròn ( ) :C x2y2 4x 2y0và đường thẳng  : : x2y12 0 Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được vơi (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0

(1   x x )  a  a x a x   a x TÝnh hÖ sè a4

2 Theo chương trình Nâng cao:

Câu VI.b (2,0 điểm)

1.Cho hypebol (H) : 4x2-y2=4.Tìm điểm N trên hypebol sao cho N nhìn hai tiêu điểm dưới góc 120o

2.Cho đường tròn (C): 2 2 2 2 7 0









x Tìm m để trên đường thẳng (d): x - y +m =0 có đúng 3 điểm

mà từ mỗi điểm đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến với (C ) mà mỗi cặp tiếp tuyến tạo với nhau góc 600

Câu VII.b(1,0 điểm )Cho hàm số y =  



2 2 2 1

x (C) vµ đường thẳng d : y = x + 3.

Tìm trên (C) hai điểm phân biệt A, B đối xứng nhau qua d

Hết -Thầy Nguyễn Văn Cường -Trường THPT Mỹ Đức A Hà Nội : Đt : 0127.23.34.598

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN

Thầy : Nguyễn Văn Cường

Câu I ( 2 điểm)

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C )m và đồ thị (C):y=x -2x +(3m+1)x+m3 2 là nghiệm của

phương trìnhx -3x +3mx+1=x -2x +(3m+1)x+m3 2 3 2  x2  x m1 0 (1) (C )m cắt (C) tại 2 điểm phân

biệt đk cần và đủ là (1) có 2 nghiệm phân biệt 5

' 0

4

m

     với m<5

4 thì (C )m cắt (C) tại 2

điểm phân biệt A(x1,y1), B(x2;y2) vói x1, x2 là nghiệm của (1) 1 2

1 2

1 1

 



 

 

 ; hệ số góc của tiếp tuyến tại A của (C )m là 2 2

( Sử dụng định lý Fecmat)hệ số góc của tiếp tuyến tại B của (C )m là y'(x2)=3(1-3x2).để tiếp tuyến của m

(C ) tại A và B vuông góc với nhau  y x y x '( ) '( )1 2   1 9(1 3 )(1 3 )  x1  x2  1

1 2 1 2

            kết hợp với m<5

4 ta được

44 81

2sin cosx x 2 2cos x 1 1 sinx 4cosx

 

2 sin 2cos 1 4cos 4 cos 3 0 sin 2cos 1 2cos 1 2cos 3 0

2cos 1 sin 2cos 3 0

sin 2cos 3 0 2

x

 





      2  sinx2cosx3 (vô nghiệm do 1222   32)

2.§iÒu kiÖn : x>0 ,§Æt  log 2

3 1 x =u,  log 2

3 1 x v ta cã pt

u +uv 2 = 1 + u 2 v 2  (uv 2 -1)(u – 1) = 0 1) = 0 21

1

u

uv





 x =1

Câu III : Đk: 2 x 4

3

2 1(*)

x

x











Nhận xét 1 1

2 1

4 x1 2 1    x 2 1  4 x1  Lại có 2x+15 với mọi x thỏa 2 x 4.Vậy (*) vô nghiệm (7) có nghiệm x=3

Câu V Áp dụng định lí cosin trong ABC có AB = AC = 2

3

a

 S ABC  = 1

2AB.AC.sin1200 =

2 3 3

a

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC

 H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Theo định lí sin ABC ta có:

sin

BC

A = 2R  R =

2 3

a

= HA

SHA vuông tại H  SH = SA2 HA2 = 6

3

a .

S ABC

3 S ABC  SH = 2 2

9

a

* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

 1

2

M

A

h  SA   hM = 1

2hA SBC vuông tại S  S SBC  = a2 Lại có: VS ABC. = 1

3 S SBC  hA  hA = 3 S ABC.

SBC

V

V =

2 3

a

Vậy hM = d(M;(SBC)) = 2

6

a

Câu V Pt (2) (x 2 )(y x2xy y 21) 0  x2y.Thay vào (1) ta được:

( 1)(2 1 3 6) 6, 1, 1/ 2 2 1 3 6

1

x

x



 Xét f x( ) 2 x1 3 3 x trên 6 1;   '( ) 1 1 3 1 2 0 1

( 6)

2

x

  Từ đó  x 2 là nghiệm duy nhất của pt. Hệ có nghiệm (2,1)

Câu VIa 1. có phương trình tham số 1 3

2 2

 





 

 và có vtcp u   ( 3;2),B thuộc   B(1 3 ; 2 2 ) t   t

Ta có (AB; )=450 1

os( ; )

2

2

AB u

AB u

 

169 156 45 0

Các điểm cần tìm là 1 2

32 4 22 32 ( ; ), ( ; )

13 13 13 13

2.Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5.Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:

x 22y12 20.Mặt khác, điểm M nằm trên , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:

 22  12 20 (1)

2 12 0 (2)







3

5

x

x







 

 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 3;9

2

M  

  hoặc 27 33;

5 10

M  

CâuVIIa (1 điểm)

(1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = 0 12 1 11 2 12 2 12 24

12(1 ) 12(1 ) 12k(1 ) k.( )k 12

12[C12 12 12 ]+C x [C12 11 11 ]+C12 [C10 10]+

 Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4 0 8 1 9 2 10

4 12 12 12 11 12 10 1221

CâuVIb 2.Đường tròn ( C ) có tâm I = (-1;1) bán kính R =3

Giả sử M là điểm trên đường thẳng d mà từ đó kẻ được hai tiếptuyến tạo với nhau góc 60 , gọi A,B là hai 0

tiếpđiểm.Khi đó có thể xảy ra hai khả năng sau:

KN1: AMB 600.Ta có: AMI 300  IM 2IA6 I cố định, suy ra M thuộc đường tròn tâm I kR 1 6  1 .

KN 2: AMB 1200.Khi đó ta có:  600 0 2 3

sin 60

IA AMI   IM   M thuộc đường tròn tâm I R 2 2 3  2

Từ (1) và (2) suy ra M thuộc đường tròn tâm I R hoặc ; 1 I R mà ; 2 R2 R1 nên để trên đường thẳng (d) có đúng

ba điểm thoả mãn yêu cầu bài toán thì (d) phải tiếp xúc với (C ) và cắt 2  C tại hai điểm phân biệt1

 

 , 

2

2

I d

m

       Còn 2 câu các em tự làm