Gọi M,N lần lợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.. Tính thể tích khối tứ diện ANIB.. Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức : P xy yz zx Phần riờng 3 điểm Thớ sinh ch
Trang 1
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
NĂM HỌC 2010 – 2011 MễN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phỳt
Phần chung cho tất cả thớ sinh (7 điểm):
Cõu I(2 đ) : 1.Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) : y x 3 3x2
2.Viết phương trỡnh đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phõn biệt A;B;C sao cho xA = 2
và BC=2 2
Cõu II (2 đ):1 Giải bất phương trỡnh: log log 3 5 (log 2 3 )
4 2
2 2
2 x x x
2.Tỡm x(0;) thoả món phương trỡnh: c otx-1= x x
x
x
2 sin 2
1 sin tan
1
2
Cõu II (1 đ) : Tớnh cỏc tớch phõn sau :
1
0
x
x 1 I2=
1
2 0
ln( 1) ( 2)
x dx x
Cõu IV (1 đ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = SA= a; AD = a 2
và SA mp(ABCD) Gọi M,N lần lợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC
Chứng minh rằng mp(SAC) (SMB) Tính thể tích khối tứ diện ANIB
Cõu V (1 đ): Cho 3 số dương x,y,z thoả món : x+ y +z = 1 Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức :
P xy yz zx
Phần riờng (3 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trỡnh Chuẩn:
Cõu VI A.(2 đ) : 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(3; 2) , cỏc đường thẳng
1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0 Tỡm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giỏc ABC vuụng cõn tại A
2 Trong khoõng gian Oxyz , cho ủửụứng thaỳng (): 1xy2 22z vaứ maởt phaỳng ()
x – y + z – 5 = 0 Vieỏt phửụng trỡnh tham soỏ cuỷa ủửụứng thaỳng (d) qua A(3; -1; 1)
naốm trong () vaứ hụùp vụựi () moọt goực 45o
CõuVIIA(1đ) Cho khai triển (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 Tỡm hệ số a10
B.Theo chương trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.B(2 đ) : 1 Cho đờng tròn (C) có phơng trình : x2y2 4x 4y và đờng thẳng (d) có 4 0 phơng trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm toạ độ
điểm C trên đờng tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất
2.Trong khụng gian 0xyz cho 2 đường thẳng : ():
t z
t y
t x
2
1
t R và ()
'
' 1 0
t z
t y
x
t ' R
Chứng minh rằng và chộo nhau Viết phương trỡnh đường vuụng gúc chung của 2 đường thẳng và
CõuVII.B(1 đ) : Cho khai triển 3 x 1 2 x 1
2
8
1log 3 1 log 9 7 5
Hóy tỡm cỏc giỏ trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224
-
HẾT -Thớ sinh dự thi khối B& D khụng phải làm cõu V.
Trang 2SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐÁP ÁN
-Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ở câu đó
- Nếu thí sinh làm cả hai phần của phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn
- Thí sinh thi khối D& B không phải làm câu V Thang điểm dành cho câu I.1 và II.2 là 1.5 điểm
Câu I.1
(1đ)
1 (1.0 điểm) Khảo sát…
y=x3-3x+2
TXĐ D=R
y’=3x2-3; y’=0 1
1
x x
lim
x
y
0,25
BBT
0
0,25
Hs đồng biến trên khoảng ( ;-1) và (1;), nghịch biến trên (-1;1)
Hs đạt cực đại tại x=-1 và ycđ=4, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=0 0,25
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;2)
và đi qua các điểm
Đồ thị nhận điểm A(0;2) làm tâm đối xứng
0,25
2(1 đ) Với x A 2 y A 4 Phương trình đường thẳng đi qua A2; 4là :
y k x x y :y k x 24
0.25 y
x
Trang 3Lập phương trỡnh hoành độ giao điểm của (C) và :
2
x
Điều kiện để cú BC :
' 0
2 0
g
0 9
k k
-Khi đú toạ độ của B x y 1; 1;C x y Thoả món hệ phương trỡnh: 2; 2
1 x2 x1 2 ' 2 k
2 y2 y1 k x 2 x1 2k k
-Do đú : Theo giả thiết BC= 2 2 4k4k3 2 2 4k34k 8 0 k 1
Vậy :y=x+2
0.25
0.25
0.25
Cõu II
(2.0
điểm)
1 ĐK:
0 3 log log 0
2 2 2
x x x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log log 2 3 5 (log2 3 ) ( 1 )
2 2
2x x x
đặt t = log2x,
BPT (1) 2 2 3 5 ( 3 ) ( 3 )( 1 ) 5 ( 3 )
t
02.5 0.25
4 log 3 1 log 4 3 1 )3 (5 )3 )(
1 ( 3 1
2 2
x t t t t t t t
16 8
2
1 0
x x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] ( 8 ; 16 )
2
1
; 0
0,25 0.25 2.Tìm x(0;) thoả mãn phơng trình:
cotx 1 = x x
x
x
2 sin 2
1 sin tan
1
2
ĐK:
1 tan 0 2 sin 0 cos sin 0 2 sin
x x x
x x
Khi đó pt cossinx xsinx coscosx2x.cossinx xsin2x sinxcosx
x
x x
cos sin sin
cos sin cos
sin
sin
cosx sinx sinx( 1 sin 2x)
0 ) 1 sin cos
)(sin sin
x
0,25
0,25
(cosx sinx)(sin 2x cos 2x 3 ) 0 cosx sinx0
4 k k Z
4 0
;
0
x
KL:
0,25
0.25
Trang 4(1.0
điểm)
2
2
x 0 t 0 t.2tdt t dt ẹaởt t x t x 2tdt dx Vaọy I 2
du
t 1 u 1 u 1 3 1 u
u 0 tgm 0 m 0 ẹaởt u tgm m ; du 1 tg m dm
2
0
gm 1 m
4
1 tg m dm
0,25
0.25
Đặt :
1 ln( 1)
1 1 2
2
x dx
dv
v x
x
1
0
1 1
ln 1
0
dx x
I 1 =
1
0
Vậy I =-1
3ln2+ln4
3=…
0,25
0.25
Cõu IV
(1.đ) Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Axyz nh hình vẽ Khi đó ta có: A(0;0;0); B(a;0;0);
D(0; a 2 ;0); S(0;0;a); C(a; a 2 ;0).M(0; 2
2
a ;0); N( 2
; ;
2 2 2
-mp(SAC) có véctơ pháp tuyến
mp(SMB) có véctơ pháp tuyến
2 2
-b) Phơng trình đờng thẳng BM: 2
2 0
x a at a
z
Phơng trình đờng thẳng AC:
'
2 ' 0
x at
z
; ;0
a
0,25
0.25
0.25
Trang 5-ThÓ tÝch tø diÖn ANIB lµ:
1 , 6
ANIB
=
Câu V
(1.đ) Giải: Do xy z xy z x y z ( ) ( x z y z )( ) ta có:
.
.
2
-Lý luận tương tự ta cũng có: 1
2
1
2
Cộng vế với vế các BĐT trênvà rút gọn ta sẽ được : 3
2
P
Dấu bằng xảy ra khi 1
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 3
2khi
1 3
0.5
0.25
0.25
Câu
VIA
(2.0
điểm)
Chương trình chuẩn
1. (1.0 điểm)
Theo giả thiết : B 1 B(a; 3 –a) C 2 C(b; 9-b)
Lại có ABC vuông cân tại A AB AC.2 02
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)
a = 2 không là nghiệm của hệ trên
-(1) b = 5a - 8
a - 2 Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
-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
0.25
0.25
2 (1.0 điểm)
Trang 6Gọi u (a; b; c),(a 2 b2 c2 0) Là vectơ chỉ phương của (d)
Vì (d) ( ) u n (1; 1; 1) a b c 0 (1)
-Ta có: cos(u; u ) 2 2a 2b 2c2 2 2 2 22
2
2(a 2a 2c 2c) 9[a (a c) c ] (do(1))
15a
7
-Với c = 0, chọn a = b = 1 (d ) :1
x 3 t
z 1
Với c 15a,
7
chọn a 7 c 15;b8 (d ) :2
x 3 7t'
z 1 15t '
Vậy, có 2 phương trình (d) :
x 3 t
x 3 7t'
z 1 15t '
0,25
0.25
0.25
0.25
CâuVIIA
(1.0
điểm)
Ta cĩ: Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= (1+x)5(1+x2)5 0.25
Theo gt ta cĩ
3 4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5 0
i k
i
k
i k
- a10= 0 5 2 4 4 3
0,25
0.25
Câu
VI.B
(2.0
Chương trình nâng cao
1 (1.0 điểm) (C) cĩ tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C)
và (d) là nghiệm của hệ:
0,25
Trang 70 2
2 0
0
x y
x y
y
Hay A(2;0), B(0;2)
2
ABC
ax CH max
ABC
Dễ dàng thấy CH max ( ) ( )2
C
x
0,25
Hay : y = x với :
(2; 2)
d I
C(2 2; 2 2) Vậy C (2 2; 2 2) thì SABC max
0,25
2 (1.0 điểm)
Cách 1: Gọi M(1+t; t; 2-t) (d) và N(0; 1+t’; -t’)(d' )sao cho MN là đoạn
vuông góc chung của (d) và (d’)
Ta có:
0 '
0
u MN
u MN
(u , u' lần lượt là vtcp của (d) và (d’)
2
1
; 2
1
; 0 ( )
2
5
; 2
3
; 0 (
) 3
; 1
; 0 ( 2
5 '
1 3
' 2 2
2 ' 2 3
MN N
M t
t t
t
t t
t z
t y
x MN
pt
2
1 3 2
1 1
0 :
)
0,25
0,25 Cách 2: Đường vuông góc chung của (d) và (d’) có vtcp: u u,u' ( 0 ; 1 ; 1 )
Gọi (P) là mp chứa (d) và song song với u
(Q) là mp chứa (d’) và song song với u
đường vuông góc chung ( ) của (d) và (d’) là giao tuyến của (P)
và (Q)
(P) có vtpt: n P u,u ( 2 ; 1 ; 1 ) pt(P) : 2xy z 4 0
(Q) c ó vtpt: n Q u,u' ( 2 ; 0 ; 0 ) pt(Q) :x 0
0,25
Dễ thấy A(0; -1; 3) nằm trên giao tuyến của (P) và (Q) 0,25
H 4
A
y
x
M
2
2 O
C
Trang 8
t z
t y
x pt
A
3 1
0 :
) ( ) (
Câu
VII.B
(1.0
điểm)
x 1
2
8
1log 3 1
2 2
Ta có :
k 8
8
k 0
a b C a b
2
1
a 2 = 9 7 ; b 2 3 1
+ Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái
sang phải của khai triển là
5 x 1 3 x 1 5 x 1 x 1
6 8
T C 9 7 3 1 56 9 7 3 1
-+ Theo giả thiết ta có :
x 1 1
x 1
9 7
3 1
= 224
3 x 1 2 4(3 ) 3 0 x 1
x 1 2
x 1 x 1
x 1
3 4(3 ) 3 0
x 2
3 3
0,25
0.25
0.25
0.25
