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
c 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
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
n 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− =−∞
x 2lim ⇒x = 2 là tiệm cận đứng
; 2 lim =
−∞
x lim =2
+∞
→
x
y ⇒y=2 là tiệm cận ngang
0.25
) 2 (
7
2 < ∀ ≠
−
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
=
−
−
− +
⇔ +
=
−
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
II
1
pt đã cho ⇔ 2 os5 sinc x x= 3 sin2 x+sin cosx x 0.25
⇔ sinx 0
2 os5c x 3 sinx cosx
=
+) 2 os5c x= 3 sinx cos+ x ⇔ os5 os( )
3
18 3
k x
k x
π π
π π
= − +
= +
0.25
2
Điều kiện:
2
4 13 5 0
3 1 0
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
4 13 2 8 0
4 12 3 8 0
− − + =
− − + =
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⇒4x2−11x+ =3 0, tìm được nghiệm 11 73
8
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là 15 97 11; 73
x − x+ = x+ − x+ + ⇔ x− = x+ −
0.25
2 0
2010 os 1 lim
x
x
x
→
(2010 1) os 1 os
x
−
0.5
Trang 3III
=
2 2
ln 2010 lim lim os lim ln 2010 1
ln 2010
x
e
IV
Ta có IA= − 2IH ⇒H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB 2 = 2a ; AI = a; IH =
2
IA
=
2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0,25
Ta có 5
2
a
Vì SH ⊥(ABC) ⇒ (SC; (∧ABC)) =SCH∧ = 60 0;
2
15 60
tan 0 a HC
0,25
6
15 2
15 )
2 ( 2
1 3
1
3
2
a a
a SH
S
V S ABC = ∆ABC = =
0,25
)
(SAH
BI SH BI
AH BI
⊥
⇒
⊥
⊥
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
⇔ a2+2b2 +5c2−2(ab bc ca+ + ) 0≥ 0.25
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
a - 2 Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0.25 Với a = 0 suy ra b = 4 B(0;3), C(4;5)
Với a = 4 suy ra b = 6 B(4;-1), C(6;3) 0.25
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 1
1 4 6
n
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 2 12 2
1
k
x
−
−
Số hạng này chứa x khi 6 , 0 12 4
24 3 12
k k
− =
Vậy hệ số của số hạng chứa x là: 6 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
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có BGuuur(3; 4)⇒VTPT nuuurBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
Trang 52
3x + +1 xy = x+1
=−+
−≥
⇔
+=+
+
≥+
⇔
0)1 3(
1 1 13
01
x xxy x x
−=
−≥
=
⇔
=−+
=
−≥
⇔
x y x
x yx
x
x
31 1
0
01 3
0
Với x = 0 thay vào (1)
11
8 log 11
8 2 2 12 2 8 2 3 2
2 + y− 2 = y ⇔ + y = y ⇔ y = ⇔ y= 2
0.25
Với
−
=
−≥
x y
x
3 1
1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2 3x+ 1 + 2 − 3x− 1 = 3 2
Đặt t = 2 3x+ 1 Vỡ x≥−1 nờn
4
1
≥
t
+−
=
−+
=
⇔
+=
−=
⇔=+
−⇔
=+⇔
)83 (log 2y
18
3log 3
1 x 83 t
iạlo8
3t 01 t6t
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
và [ ( ) ]
+
−
=
− +
=
) 8 3(
log 2 y
1 8 3
log 3
1 x
2
2
0.25
Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= (1+x)5(1+x2)5
0,25
= 5 5 ( ) 5 5
=
Trang 6Theo gt ta có
3 4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5 0
i k
i
k
i k
=
=
+ =
≤ ≤ ∈ ⇔
≤ ≤ ∈
= =
0,25
⇒a10= C C50 55+C C52 54+C C54 53 =101
0,25