Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.. 2.[r]
Trang 1SỞ GD ĐT HÀ NỘI đề LUYỆN THI đại học khối A 2011
Trờng THPT Trần Hng Đạo Môn: Toán Thời gian: 180 phút
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= 2 x +1
x+2 có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,
B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất phơng trình √log22x − log2x2− 3>√5 (log4x2− 3)
Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I=∫dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c 0 và a2b2c2 3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
P
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 =
9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó
kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng
trình
¿
x=1+2 t
y=t
z=1+3 t
¿{ {
¿
Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d
tới (P) là lớn nhất
Câu VIIa (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số
luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng d có phơng trình x + y + m = 0 Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà
từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng
trình x −1
2 =
y
1=
z −1
3 Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn
có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ
Trang 2-Hết-đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a - môn toán
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
m
I
(2
điểm)
1 (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
x → −2+ ¿=− ∞;lim y
x → −2 − =+ ∞ lim y
x →− ∞=lim y
x →+∞=2 ;lim y
¿
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là
y = 2
0,5
+
x+2¿2
¿
¿
y '=3¿
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;−2) và (−2 ;+∞)
0,25
+Bảng biến thiên
x − ∞ -2 +∞
y’ + +
+∞ 2
y
2 − ∞
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 1
2 ) và cắt trục Ox tại điểm( −
1
2 ;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2 (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng
trình
2 x +1
x +2 =− x +m⇔
x ≠ −2
x2+(4 −m) x +1− 2m=0(1)
¿{
Do (1) có −2¿2+(4 − m).(−2)+1− 2m=− 3 ≠ 0 ∀ m
Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn
0,25
y
O
2 -2
x
Trang 3luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 +
12) suy ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0 Khi đó AB=√24
0,5
II
(2
điểm)
1 (1 điểm)
Phơng trình đã cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
1− sin x=0
¿
6 cos x +2 sin x −7=0(VN)
¿
¿
¿
¿
0,25
x= π
2+k 2 π
0,25
2 (1 điểm)
ĐK:
¿
x >0
log22x − log2x2− 3 ≥0
¿{
¿
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với √log22x − log2x2− 3>√5 (log2x −3)(1)
đặt t = log2x,
BPT (1) √t2−2 t −3>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t − 3)
0,5
⇔
¿t>3
t −3¿2
¿
¿
¿
⇔
¿
t ≤− 1
¿
3<t <4
¿
⇔
¿
t ≤− 1
¿
¿
¿{
¿
(t+1)(t − 3)>5¿
0,25
Trang 4⇔ 0<x ≤1
2
¿
8<x <16
¿
¿
¿
¿
¿
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ¿∪(8 ;16)
III
1 điểm I=∫dx
sin3x cos3x cos2x=8∫dx
sin32 x cos2x
đặt tanx = t
⇒dt=dx
cos2x ; sin2 x=
2t 1+t2
2 t 1+t2¿3
¿
t2+1¿3
¿
¿t3
¿
¿
¿
¿
dt
¿
⇒ I=8∫¿
0,5
¿∫t6+3 t4+3t2+1
t3 dt
∫(t3
+3 t+3
t+t
−3)dt=1
4tan
4x +3
2tan
2x +3 ln|tan x|− 1
2 tan2x+C
0,5
Trang 5Câu
IV
1 điểm Do AH⊥( A B1C1) nên góc ∠AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo
giả thiết thì góc ∠AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a,
góc ∠AA1H =300 ⇒ A1H= a√3
2 Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1H = a√3
2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH⊥ B1C1 nên B1C1⊥(AA1H )
0,5
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1
và B1C1
0,25
Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒HK= A1H AH
AA1 =
a√3 4
0,25
Câu V
1 điểm Ta cú: P + 3 = a
3
√1+b2 +b2+ b3
√1+ c2 +c2+ c3
√1+a2 +a2
⇔ P+ 6
4√2=
a3
2√1+b2+
a2
2√1+b2+
1+b2
4√2 +b
3
2√1+c2+
b2
2√1+c2+
1+c2
4√2
+c3
2√1+a2+
c2
2√1+a2+
1+a2
4√2 3
3
√ a6
16√2+3
3
√ b6
16√2+3
3
√ c6
16√2
0,5
0,5
Phần riêng.
Trang 61.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông
cạnh bằng 3 ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m− 1|
√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔
m=− 5
¿
m=7
¿
¿
¿
¿
¿
0,5
2 (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó
khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn nhất khi
A ≡ I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận ⃗AH làm véc tơ pháp tuyến
0,5
H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H là hình chiếu của A trên d nên
⃗
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒⃗ AH ⃗u=0¿ là véc tơ chỉ phơng của d)
⇒ H (3 ;1 ;4)⇒⃗ AH(−7 ;− 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C24=6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có
số 0)và C52=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 C52 = 60 bộ 4 số thỏa
mãn bài toán
0,5
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập Vậy có tất cả C24 C52 4! =
1440 số
0,5
2.Ban nâng cao
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh
bằng 3 ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m− 1|
√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔
m=− 5
¿
m=7
¿
¿
¿
¿
¿
0,5
2 (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn nhất khi 0,5
Trang 7A ≡ I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận ⃗AH làm véc tơ pháp tuyến
H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H là hình chiếu của A trên d nên
⃗
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒⃗ AH ⃗u=0¿ là véc tơ chỉ phơng của d)
⇒ H (3 ;1 ;4)⇒⃗ AH(−7 ;− 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52=10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có
chữ số 0 đứng đầu) và C53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 C53 = 100
bộ 5 số đợc chọn
0,5
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C52 C53 5! = 12000
số
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C14 C53 4 !=960 Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
Trang 8I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3mx2C m
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số C1
2 Tìm m để đồ thị của hàm số C mcó tiếp tuyến tạo với đường thẳngd x y: 7 0 góc , biết
1 os
26
c
Câu II (2 điểm)
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
x x x c x
2 Giải phương trình x 3 3x 1 x 1
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3ln 2
2 3
dx I
e
∫
Câu IV (1 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 cạnh BC Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA2 IH
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 đến mặt phẳng (SAH)
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2 c2 1
Chứng minh rằng
3
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d x y: 3 0 và d x y' : 6 0 Trung điểm một
cạnh là giao điểm của d với trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) và N ( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K0;0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển 0
n
n k n k k
n k
a b C a b
với quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với k = i-1
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
Trang 9Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
log2 9 7 5 2
x
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là x2y1 0
và 3x y 5 0 Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3)
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A2;3;1 , B1; 2;0 , C1;1; 2 Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x3log 2 x 2 9 log 2x 2
……….Hết………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: A
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát
đề)
I
(2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C1) có dạng y x 3 3x2
Tập xác định:
Sự biến thiên
- xlim y , limx y
0,25
- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0 x1
Bảng biến thiên
Y
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 , 1; , nghịch biến trên khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x1,y CD4 Hàm số đạt cực tiểu tại x1,y CT 0
0,25
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm
Trang 10-2 -1 1 2
-1
1 2 3 4
x
2.(1,0 điểm)
Ta có y' 3 x2 3m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân
biệt m0
0,25
Vì
1 ' 2 2 3
y x y mx
nên đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là y2mx2
0,25
m
m
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với
1 2
m
, đường thẳng không đi qua I, ta có:
2
.sin
ABI
S IA IB AIB R
0,25
Nên SIAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông
cân tại I
1
R IH
(H là trung điểm của AB)
2
2 2
m
m m
0,25
II
(2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Đặt tx 2x24 t2 2x42x2
2
2 2
t t
t
Với t 4 ta có
2
0,25
Trang 11Với t 2 ta có
2
0,25
III
(1điểm
)
I=∫
1
e
ln x
x√1+ln x dx+3∫
1
e
x2ln xdx =I 1 +3I 2
+) Tính I1=∫
1
e
ln x
x√1+ln xdx Đặt
1 ln 1 ln ; 2
x
Khi x=1⇒ t=1; x=e⇒t=√2
0,25
2
1
t
0,25
+) TÝnh I2=∫
1
e
x2ln x dx §Æt
¿
u=ln x dv=x2dx
⇒
¿du=dx
x v= x
3
3
¿{
¿
e
1
0,25
I=I1+3 I2=¿ 5 − 2√2+2 e3
IV
(1điểm
)
S
H
C
A
B I
K
.
Trang 12*Ta có IA 2 IH
H thuộc tia đối của tia IA và IA2IH
BCAB 2 2 a Suy ra
3 ,
IA a IH AH IA IH 0,25
Ta có
5
2 2 2 2 . .cos 450
2
a
HC AC AH AC AH HC
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC
0,25
Ta có
5
2 2 2 2 . .cos 450
2
a
HC AC AH AC AH HC
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC
0,25
3
S ABC ABC
a
BI AH
BI SAH
BI SH
,
SB
d B SAH
0,25
V
(1điểm
)
Do a, b, c > 0 và a2b2c2 1 nên a b c , , 0;1
Ta có
3
a a
a a a
a a
Bất đẳng thức trở thành 3 3 3 2 3
3
a a b b c c
0,5
Xét hàm số f x x3x x 0;1
Ta có: 0;1ax 2 3
9
M f x
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=
1 3
0,5
VIa
(2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
;
2
x
x y
I
x y
y
Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
Ox 3; 0
M d M
0,25
Trang 13Theo giả thiết S ABCD AB AD. 12 AD2 2
Vì I, M thuộc d dAD AD x y: 3 0
Lại có MA MD 2 tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
2;1 ; 4; 1
0,25
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
2.(1,0 điểm)
Gọi nA B C, ,
⃗
A2 B2 C2 0
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
Ax B y C z Ax By Cz B C
0,25
N P A B C B C A B C
P : 2B C x By Cz B 2C 0
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
B
d K P
B C BC
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu B 0thì
2
B
d K P
B
0,25
Dấu “=” xảy ra khi B = -C Chọn C = 1
VIIa
(1điểm
) Ta có
2
1
x
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
1
0,25
Treo giả thiết ta có
1 1 1
1 1
4
1 2
x x x x
0,5
VIb
(2điểm 1.(1,0 điểm)Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình: 0,25
Trang 14) 21
;
5
x
x y
B
x y
y
Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AC AB, AB BD,
Kí hiệu n AB 1; 2 , n BD 1; 7 , n AC a b,
lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC
2
AB BD AC AB
7
a
0,25
Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0
A AB AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
3; 2
A
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I ACBD nên tọa độ điểm I là nghiệm của
hệ
7
;
2
x
x y
I
x y
y
Do I là trung điểm của AC và BD nên
14 12 4;3 , ;
5 5
C D
0,25
2.(1,0 điểm)
H x y z; ; là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
BH AC CH AB H ABC
2 15
29
15
3
x
AH AB AC
z H
⃗ ⃗
⃗ ⃗
I x y z; ; là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
,
AI BI CI I ABC
0,5
Trang 15
AI BI
AI AB AC
⃗ ⃗ ⃗
14 15
61 14 61 1
, ,
1 3
x
z
VIIb
(1điểm
)
Điều kiện x > 0
Bất phương trình 3x 3 log 2x 2x 1 1
Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)
0,25
TH1: Nếu x > 3 thì 2
x x x
Xét hàm số 2
3 log 2
, hàm số đồng biến trên khoảng 0;
1 3
x
g x
x
, hàm số nghịch biến trên khoảng 3;
0,25
+ Với x> 4 thì f x f 4 3 g 4 g x
Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4
+ Với x 4 thì f x f 4 3 g 4 g x bất phương trình vô nghiệm
0,25
TH2: Nếu x < 3 thì 2
x x x
+ Với x 1 thì f x f 1 0 g 1 g x bất phương trình vô nghiệm
+ Với x < 1 thì f x f 1 0 g 1 g x Bất phương trình có nghiệm 0
< x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm
0,25