Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 2.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A AD//BC.. II.Phần riêng 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
Trang 1TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi :TOÁN - Khối B
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : 2 3 6 2 1
y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm m để đường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung điểm của AC.
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: x x ) (cos 2x 3 ) sinx 3 cos 3x
4 ( cos cos
2 Giải hệ phương trình:
0 15 3 2
0 5 4 2
2 2
2 2 4
y x
y x
y y
x x
Câu III (1,0 điểm ) Tính giới hạn :
1 3 cos
1 lim
2 0
2
x e I
x x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC) Biết AD =
2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, gọi I là trung điểm của
AB Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC.
Câu V (1,0 điểm) Cho x , y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
) ( 2 1 ) (
4 x2 y2 xy xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Pxy xy x2 y2
II.Phần riêng (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết đỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 1) là trung điểm của cạnh AB và đường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 Tìm tọa độ điểm C.
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng :x y 2 0 , viết phương trình đường tròn tâm I( 1;2) và cắt theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2 3
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x4 trong khai triển nhị thức Niutơn của:
n
x
5
4 5 1 , biết 1 2 45
n
n
n
C là số tổ hợp chập k của n )
B.Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm )
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (E): 1
1 4
2 2
y x
có hai tiêu điểm là F1; F2 , gọi A ,B là hai điểm trên (E) sao cho AF1BF2 2 Tính AF 2 BF1
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết 120 0
BAC , M( 1; 2) là trung điểm của cạnh AC , đường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0 Tìm tọa độ điểm A biết điểm C có hoành độ dương.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình :
2
1 ) 1 ( log ) 2 ( log
2
2 2
y x x
x y
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh :
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN , KHỐI B
I
(2,0đ)
1.(1,0đ)
TXĐ: D = R
Chiều biến thiên: , 6 2 12 6 ( 2 )
2
0 0
,
x
x y
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: ; 0 và 2 ; ,đồng biến trên
khoảng (0; 2)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0 y ct 1, đạt cực đại tại điểm x
= 2 y cd 9
Giới hạn:
y
xlim Bảng biến thiên:
Đồ thị: Đi qua các điểm (3 ; 1) ; (-1;9)
Cắt trục tung tại điểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm điểm uốn
2 (1,0đ)
Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx +1 và (C) :
0 ) 6 2 ( 1 1
6
0 6
2
0
x x
Với x = 0 y = 1 A(0; 1)
Đường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C
pt 2 2 6 0
x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
9
1
,
y
y
O 1 y
9
5
-1
2
Trang 3II
(2,0đ)
III
(1,0đ)
0 2 9
m m
Khi đó B(x1;mx1 1 ) ; C(x2;mx2 1 ) Vì B là trung điểm của AC nên
1
2 2x
x
Mà x1; x2 là nghiệm của phương trình : 2 2 6 0
x m
2 3
2 1 2 1
m x
x x x
(2)
Từ (1) và (2) m 4
1.(1,0đ)
Pt ( 1 sin 2x) cosx (cos 2x 3 ) sinx 3 cos 3x
x x
x x x
x
x (sin 2 cos cos 2 sin ) 3 sin 3 cos 3
x x
x
x 3 sin 3 cos 3 sin 3
2
1 3 cos 2
3 sin
2
3 cos 2
1
) 3 cos(
) 6 3
2 3 6
3
2 3 6
3
k x
x
k x
x
2 24
4
k x
k x
(
)
Z
k
2.(1,0đ)
Hpt
5 ) 2 ( 4 ) 1 ( 4 ) 2 )(
1 (
10 ) 2 ( ) 1 (
2 2
2 2
2
y x
y x
y x
Đặt
2 1
2
y v x u
; ta có hệ phương trình :
5 ) ( 4 10
2 2
v u uv v u
5 ) ( 4
10 2
)
v u uv
uv v
u
45 10
uv v u
(vô nghiệm) hoặc
3 2
uv v u
1 3 3
2
v u uv
v u
hoặc
3 1
v u
Với
1 2 3 1 1
3 2
y x v u
1 2
y x
hoặc
1
2
y x
Với
3 2 1 1 3
y x v u
5 0
y x
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5)
1,0đ
Ta có : I =
2 0
2 2 0 2
0
1 3 cos lim
1 1 lim
1 lim
2
x
x x
e
x x
x x
Với lim 2 1 1
0
2
e x
1 1 lim
2 2 2 0
2 2
x x
x
x
1 1 1
1 lim
2
x
x
4 9 2
3 sin lim 4
9 2 2
3 sin lim 2 1 3 cos
2
0 2
2 2
x x
x x
x
x x
2
0
2
3 2
3 sin lim 2
9
x
I = 91
2
92
1 1
0,25 0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4(1,0đ)
V
(1,0đ)
1,0đ
Vì : (SAB)(ABCD) và (SAB)(ABCD) = AB
Mà SI AB , nên SI(ABCD)
V S ABCD SI.S ABCD
3
1
Đặt AB = x , ta có SI =
2
3
x
ID =
4
a
Vì
4
4 4
3 9
2 2
2 2 2 2
a x a ID SI
5
5 2
2 a x a
Khi đó : SI= x23 a 215 ; 5 ( 2 )
2
1 ) (
2
1
a a a BC
AD AB
2
5
3a2
4
3 5 2
5 3 2
15 3
.
a a
a
BC IB
BC SI
Vì 90 0
SBC SIC mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có đường kính là
SC bán kính là R =
2
6 4
5 4
15 2
1 2
1 2
2
a a a IC
SI
1,0đ
Từ 4 (x2 y2 xy) 1 2 (xy) 3 (xy) 2 (x y) 2 1 2 (xy)
2 ) ( 3 ) ( 2
1 xy xy
3
1
x y , vì x ; y không âm nên ta có
1
0 xy Ta có :
2 2
4
1 )
( 2
1 2
)
y x
(vì 2 2
x y
xy và 2 (x2 y2 ) (xy) 2 ) Đặt t = x + y ; ta có :0 t 1, và P 2
4
1 )
2
1 ) (
t t
0 1
.
2
1
t
t t
, với t0 ; 1
3 ) 1 ( ) ( max
1
;
f t f maxP =
4
3
, dấu = xảy ra x = y =
2 1
1.(1,0đ)
Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung điểm của AB
nên A(2 ; 2- a) , mà A AC : x- y- 3 = 0 2 – (2- a) -3 = 0 a = 3
A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ; AB ( 2 ; 4 )
Mà C AC : x – y -3 =0 C(x0;x0 3) ( 0; 0 6 )
x x
BC ABC vuông tại B nên AB BC
12 0
) 6 ( 4 2 0 0 0 0
x x
x BC
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
B
S
C I
Trang 5(2,0đ)
VII.a
(1,0đ)
VI.b
(2,0đ)
2.(1,0đ)
Gọi H là trung điểm của AB
2
1 2
2 2 1 )
; (
IH d I
2
1 2
1 2
3
2
1
S AIB
Gọi R là bán kính của đường tròn cần tìm, ta có :
2 4
6 2
1 2 2
IH AH
đường tròn cần tìm có phương trình là:x 12y 22 2
(1,0đ)
)!
2 ( 2
! )!
1 (
! 45
2 1
n
n n
n C
n n
2
) 1 (
n n n
9 0
90
2
n n n khi đó ta có khai triển :
9 5
1 4 5 5
4 5 1
x x
n
k
k
x x
C ( ) ( 5 )
1 9
9
0
4 5 9
9
0
5 4 ) 9 ( 5 9
k
k k
k x
C ; ứng với x4 ta có : 4
5 4
) 9 ( 5
k k
5 145
k k hệ số của x4 là : 5 126
9
C
1.(1,0đ)
1 4
2 2
2
x
Vì A; B là hai điểm trên (E) nên ta có:
4 2 4 2
2 1
2 1
a BF
BF
a AF
AF
6
2 1 2
2.(1,0đ)
Gọi H là hình chiếu của M lên BC; ta có : 2
2
3 2 1 )
;
d M BC MH
Vì ABC cân tại A và 120 0 60 0
HMC
MC
MH HMC
cos
2 2 2
60 cos 0
MC , do C BC: x- y +3 = 0 C( a; a +3) , với a > 0
Vì 2 2 2 8 ( 1 ) 2 ( 1 ) 2 8
) 3 3
; 3
1,0đ
Đk:
0 1
y x
Pt đầu 1 log2 y log2(x 1 ) 1 log2 y log2(x 1 ) y x 1
Thế vào pt còn lại ta được : 2 2 2 2 1 16 2 2 2 2 8 0
x
) ( 4 2
2 2
loai
x
x
; với 2x 2 x 1 y 2 (tmđk) KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2)
0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
0,25 0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
0,5
Trang 6(1,0đ)
0,5
0,25 0,25 0,25
0,25
0,5
0,5
