Bài soạn Dethithu-NDCtpThaiBinh

Các mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt đáy ABCD.Biết góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 600.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đờng thẳng CD và SB.. Viết phơng

Sở GD-ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 2011–

Trờng THPT nguyễn đức cảnh Môn : Toán Khối A + B–

( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề)

I Phần chung cho tất cả các thí sinh– (7 điểm)

CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M

CâuII:(2điểm) 1) Giải phơng trình : 3cot2x + 2 2sin2x = (2 + 3 2)cosx

2) Giải hệ phơng trình :

2 2

2 2

1 4



CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: I =

5

2

ln( 1 1)

x

dx

− +

∫

CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ;

AD = 2a Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đờng thẳng CD và SB

CâuV:(1điểm) Cho cỏc số dương : a , b, c thoả món : ab + bc + ca = 3

Chứng minh rằng: 2 2 2

.

1 a b c( ) 1 + b c a( ) 1 + c a b( ) ≤ abc

II - Phần tự chọn (3điểm) Thí sinh chỉ đợc chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)

A Theo ch– ơng trình chuẩn

Câu VIa(2điểm)

1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8) Viết phơng trình đờng thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đờng tròn (C)

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ∆ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2) Tìm toạ độ tâm đờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC

CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phơng trình sau nghiệm đúng với ∀x∈(2 ; 3)

1 + log5(x2 + 1 ) > log5(x2 + 4x + m)

B Theo ch– ơng trình nâng cao

CâuVIb(2điểm)

1) Cho A(1 ; 4) và hai đờng thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0

Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và

D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các đờng thẳng AD và BD Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa các đờng thẳng OE và OF Tìm các giá trị của m để góc EOF = 450

CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phơng trình :

1 + log5(x2 + 1 ) ≥ log5(mx2 + 4x + m) đợc nghiệm đúng với ∀ x ∈ R

Hết

( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Sơ lợc Đáp án toán thi thử đại học lần I tr– ờng THPT nguyễn đức cảnh khối A + B Cho hàm số : y = x 4 5x– 2 + 4

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm M ∈ (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb khác M.

1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị tơng đối chính xác 1đ.

2)Lấy M(m ; m4 – 5m2 + 4) ∈ (C)

=> pt3 của (C) tại M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 (d)

0,25

Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt :

x4 – 5x2 + 4 = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4

 (x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = 0 (1)

0,25

Để tmycbt  x2 + 2mx + 3m2 – 5 = 0 có hai n0 pbiệt khác m 







≠

−

>

−

0 5 6

0 2 5 2

2

m

Kết luận : các điểm M(m ;m 4 5m– 2 + 4) ∈(C) với hoành độ m













±









−

∈

6

30

\ 2

10

;

2

10

0,25

1) Giải phơng trình : 3cot 2 x + 2 2sin 2 x = (2 + 3 2)cosx

đk : x ≠ mπ

Pt  3cosx( 2

sin

cos

2 −

x

x

) = 2(cosx - 2sin 2 x)

0,25

 (cosx - 2sin 2 x)(3cosx – 2sin2x) = 0  





=

− +

=

− +

0 2 cos 3 cos 2

0 2 cos cos

2

2 2

x x

x



















=

−

=

=

−

=

2

1 cos

) ( 2

2 cos

) ( 2 cos

x

loai x

x

loai x

0,25

Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x = π 2π

4 +k

± & x = π 2π

3 +k

2) Giải hệ phơng trình :

2 2

2 2

1 4



Vì y = 0 không là nghiệm nên

2

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y

y





0,25

Đặt

2

1 ,

x

y

+

= = + ta cú hệ 







=

−

= +

7 2

4

2 u v

v

0,25

+) Với v=3,u=1ta cú hệ:

2, 5

+) Với v= −5,u=9ta cú hệ:

KL: Vậy hệ đó cho cú hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −

0,25

Tính tích phân: I =

5

2

ln( 1 1)

x

dx

− +

Đặt t= x− +1 1 x = 2 ⇒t = 2 x = 5 ⇒t = 3 dx=2(t-1)dt 0,25

− +

−

2

3

2

2

ln 2 1 )

1 (

ln ) 1 (

t

t dt

t t

t t

ln23 – ln22 0,75

Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a (SAC)

⊥(ABCD)và (SBD)⊥ (ABCD) Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 60 0 Tính V và d(CD ; SB)

CâuIV

S

K

A O D

I

E H

B C

+) Gọi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH =

3

1 BD

Kẻ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 600

0,25

Mà HE =

3

1

AD =

3

2a

=> SH =

3

3

2a => VSABCD =

3

1

.SH.S ABCD =

3

3 3

+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>∆ACD có trung tuyến SO =

2 1

AD

 CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥ (SAC)

 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO))

0,25

Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =

3

1

IC =

6

2

a => IS =

6

2 5 2

HS

kẻ CK ⊥ SI mà CK ⊥ BO => CK ⊥ (SBO) => d(C;(SBO)) = CK

Trong tam giác SIC có : SSIC=

2

1 SH.IC =

2

1 SI.CK => CK =

5

3 2

SI

IC SH

=

Vậy d(CD;SB) =

5

3

2a

0,25

CâuV

Cho: a , b, c dơng tm : ab + bc + ca = 3 CMR: 2 2 2

.

1 a b c( ) 1 + b c a( ) 1 + c a b( ) ≤abc

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta cú:3=ab bc ca+ + ≥3 (3 abc)2 ⇒abc≤1. 0,25

=

a b c a

1 b c a( )≤3b 1 c a b( )≤3c

0,25

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta cú:

ab bc ca

+ +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc=1,ab bc ca+ + = ⇒ = = =3 a b c 1, ( , ,a b c>0)

0,25

CâuVIa 1) Cho đtròn (C) : x2 + y 2 + 4x 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết ptđthẳng d qua–

M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt mà S∆BIA Max.

Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2

Giả sử ptđt (d) : Ax + By – A + 8B = 0 với A2 + B2 > 0 0,25

Luôn có ∆BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S∆BIA = 12 IA.IB.sinAIB = 2sinAIB 0,25

=> S∆BIA≤ 2 Dấu = khi ∆AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) = 2 11 3 2

2

+

−

B A

A B

0,25

 7A2 – 66BA + 119B2 = 0  (A – 7B)(7A – 17B) = 0

Vậy có hai đờng thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0 0,25 2) Cho∆ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).

Tìm toạ độ tâm đờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC.

Gọi D(x ; y ; z) là chân đờng phân giác trong góc A =>

AC

AB DC

DB = => DB DC

3

5

−

=

Mà DB(- 4 – x; - 5 – y; 2 – z) & DC (4 – x ; 1 – y ; 2 – z) => D(1 ;

-2

5

; 2) 0,25

Ta có BD =

2

5

5 khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đờng tròn nội tiếp ∆ABC thì áp dụng tính chất phân giác trong của ∆BAD ta có :

BD

BA ID

IA

= => IA = - 2ID=> I(1 ; 0;2). 0,5

CâuVIIa Tìm m để bpt : 1 + log 5 (x 2 + 1 ) > log 5 (x 2 + 4x + m) n 0 đúng ∀x∈(2 ; 3).

Bpt xác định ∀x∈(2 ; 3)  x2 + 4x + m > 0 ∀x∈(2 ; 3  m > - x2 – 4x ∀x∈(2 ; 3 0,25

Xét f(x) = - x2 – 4x ∀x∈(2 ; 3 x 2 3

f’(x) = - 2x – 4 => BBT : f’(x) -

-12

f(x) - 21

từ BBT => bpt xác định ∀x∈(2 ; 3)  m ≥ - 12 (1) 0,25 Bpt  log5(5x2 + 5) > log5(x2 + 4x + m) Khi đó bpt n0 đúng ∀x∈(2 ; 3)  x2 + 4x + m < 5x2 + 5 ∀x∈(2 ; 3)  m < 4x2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) 0,25 Xét f(x) = 4x2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) x 2 3

f’(x) = 8x – 4 => BBT : f’(x) +

29

f(x) 13 Vây để bpt n 0 đúng ∀x∈(2 ; 3 )  m ∈ [ - 12 ; 13 ] 0,25 CâuVIb 1) Cho A(1 ; 4) và hai đờng thẳng b : x + y 3 = 0 ; c : x + y 9 = 0 – – Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi B(b ; 3 – b) & C( c ; 9 – c) => AB(b – 1 ; - 1 – b) ; AC (c – 1 ; 5 – c) 0,25 & ABC vuông cân tại A      = = AC AB AC AB 0     − + − = + + − − + = − − 2 2 2 2 ( 1) ( 1) (5 ) ) 1 ( ) 5 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( c c b b c b c b 0,25 vì c = 1 không là n0 nên hệ        − + − = + + − − + − − + = − ) 2 (

) 5 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 5 ( ) 1 ( ) 1 .(

1

) 5 )(

1 ( 1

2 2

2 2

2

c

c b

c

c b

b

Từ (2)  (b + 1)2 = (c - 1)2

0,25

Với b = c – 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5).

Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).

Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7) 0,25

2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi

E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD Viết phơng trình mặt phẳng

(P) chứa các đờng thẳng OE và OF Tìm các giá trị của m để góc EOF = 45 0

áp dụng hệ thức lợng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đờng cao ứng với

cạnh huyền là OE & OF => E + 2 + 2 

2 1

; 0

;

m m

m

& F + 2 + 2 

2 1

; 1

; 0

m

m m

Tính [ OE; OF ] => pt (EFO) : x + y mz = 0– 0,25

ta có cosFOE = cos(OE; OF) = 1 2

1

.

m OF

OE

OF OE

+

=

0,25

để EOF = 450  1 2

1 2

1

m

+

=  m = 2−1 ( do gt m > 0)

0,25

CâuVIIb Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log 5 (x 2 + 1 ) ≥ log 5 (mx 2 + 4x + m)∀ x ∈ R.

bpt xác định với )∀ x ∈ R  mx2 + 4x + m > 0 )∀ x ∈ R 0,25









<

−

>

⇔







<

∆

>

0 4

0 0

0

2

m

m m

 m > 2 (1) 0,25 khi đó bpt nghiệm đúng ∀ x ∈ R  5x2 + 5 ≥ mx2 + 4x + m ∀ x ∈ R

 (5 – m)x2 – 4x + 5 – m ≥ 0 ∀ x ∈ R 0,25









≤

∆

>

−

0

0

5 m









≤

− +

−

<

0 21 10

5

m

m

 m ≤ 3 (2)

Từ (1) & (2) => bpt n0 đúng ∀ x ∈ R  m ∈ (2 ; 3]

Vậy GTLN của m thoả mãn yêu cầu đề bài là : m = 3.

0,25

+ Điểm của bài thi làm tròn đến 0,5.

+ Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tối đa.

Thái Bình ngày 15 tháng 01 năm 2011