Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P) cắt hình chóp S.ABCD.. II.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YấN đề thi thử đại học lần thứ nhất NĂM 2011 TRƯỜNG THPT NAM PHÙ CỪ Môn thi: TOÁN –Giỏo dục trung học phổ thụng
Thời gian làm bài: 180 phút, khụng kể thời gian giao đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx3 3 (m 1 )x2 9x m (1) (m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2) Xỏc định m để hàm số (1) đạt cực đại, cực tiểu sao cho y CĐ y CT 2
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phơng trình sau: )
4 2 sin(
2 1 3 cos cosx x x 2) Giải bất phương trỡnh sau: log ( 1 ) log ( 4 )
4
1 ) 3 ( log 2
1
2
8 4
Câu III (2,0 điểm)
1) a Tớnh
5
dx
I b Tỡm 22
0
3 cos 3
1 lim
x
x x
J
x
2) Cho x;y;z 0 thỏa món 2 2 2 3
y z
x Tỡm giỏ trị lớn nhất của P xy yz zx x y z
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hỡnh chúp tứ giỏc đều S.ABCD cú cạnh bờn tạo với đỏy một gúc 600 và cạnh đỏy bằng a.
a) Tớnh thể tớch khối chúp SABCD.
b) Qua A dựng mặt phẳng (P) vuụng gúc với SC Tớnh diện tớch thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P) cắt hỡnh
chúp S.ABCD.
II PHẦN RIấNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1 Theo chơng trình Chuẩn
Câu V.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú A(4;6), phương trỡnh cỏc đường thẳng chứa
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ C cú phương trỡnh lần lượt là 2x y 13 0 và 6x 13y 29 0 Tỡm
phương trỡnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 6 2 4 5 0
phương trỡnh x 2y 2z 10 0 Tỡm phương trỡnh mặt phẳng (Q) tiếp xỳc với mặt cầu (S) và song song với mặt phẳng (P), xỏc định tọa độ tiếp điểm tương ứng.
Câu VI.a (1.0 điểm)
Tỡm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển n
x 2
3
1 biết 3 2 2 100
n
A
2 Theo chơng trình Nõng cao
Câu V.b (2.0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) cú hai tiờu điểm F 1( 3 ; 0 );F2( 3 ; 0 )và đi qua điểm
)
2
1
;
3
(
A , lập phương trỡnh chớnh tắc của (E) Chứng minh rằng với mọi M thuộc (E) ta cú
5
2 1
2
MF MF
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) và đờng thẳng d:
2 1
2 1
x
a) Lập phơng trình mặt cầu (S) cú tõm nằm trờn đường thẳng d và đi qua hai điểm A, B.
b) Tỡm điểm M trờn đường thẳng d sao cho diện tớch tam giỏc AMB nhỏ nhất.
Câu VI.b (1,0 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?
……….HẾT………
Trang 2đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a - môn toán
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
I
(2 điểm)
1 (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
lim
; lim
; 2 lim lim
x x
x x
y y
y 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 (
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;
2
1 ) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
;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
)1(
0 21 ) 4(
2 2
1
2
2 xm m x
x m
x x
x
Do (1) có m2 1 0va ( 2 ) 2 ( 4 m).( 2 ) 1 2m 3 0 m nên đờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có y = m – x ; y = m – x nên AB2 = (x – x )2 + (y – y )2 = 2(m2 + 0,5
x
y
O 2
-2
Trang 3II
(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
) ( 0 7 sin 2 cos 6
0 sin 1
VN x
x x
0,25
2 k
2 (1 điểm)
ĐK:
0 3 log log
0
2 2
2
2x x
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log log 2 3 5 (log2 3 ) ( 1 )
2 2
đặt t = log2x,
BPT (1) 2 2 3 5 ( 3 ) ( 3 )( 1 ) 5 ( 3 )
t
0,5
4 log3
1
log 43
1 )3(5 )3)(1 ( 3
1
2
2
x t
t t tt t
16 8
2
1 0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] ( 8 ; 16 )
2
1
; 0
III
x x
dx x
x x
dx
cos 2 sin
8 cos
cos sin
đặt tanx = t
dt t t t
t
dt I
t
t x x
dx dt
3
3 2 3
2
2 2
) 1 ( ) 1
2 ( 8
1
2 2
sin
; cos
0,5
C x x
x x
dt t t t t
dt t
t t t
2 2
4 3
3 3
2 4 6
tan 2
1 tan
ln 3 tan 2
3 tan 4
1 ) 3 3 (
1 3 3
0,5
Trang 4Câu IV
1 điểm Do AH (A1B1C1) 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
H
AA1
=300
2
3
1
a H
Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B1C1 và
2
3
1
a H
A 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
4
3
1
AA
AH H A
0,25
Câu V
2
3 2 2
3 2 2 3
1 1
c c c
b b b
a
2 4
1 1
2 1
2 2 4
2 2
2
b
a b
a
2 4
1 1
2 1
2
2
2
2
2
c
b c
2 4
1 1
2 1
2
2
2 2
2
a
c a
6 3
6 3
6
2 16
3 2 16
3 2 16
6 2 2 2
9 ) (
2 2 2
3 2 2
3
2
3 2 2
3 2 2
9 2 2
3 2 2
9
P
Để PMin khi a = b = c = 1
0,5
0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
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 0,5
A1
C
C
1
B1 K
H
Trang 5
7
5 6
1 2
3 2
1
m
m m
m
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
I
A
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
0,5
) 3 1
;
; 2 1
H d
H vì H là hình chiếu của A trên d nên
) 3
; 1
; 2 ( ( 0
) 5
; 1
; 7 ( )
4
; 1
; 3
H AH 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 2 6
4
C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 2 10
5
C 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 2
4
C 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 IA3 2
0,5
7
5 6
1 2
3 2
1
m
m m
m
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 )
3 1
;
; 2 1
H d
H vì H là hình chiếu của A trên d nên
) 3
; 1
; 2 ( ( 0
) 5
; 1
; 7 ( )
4
; 1
; 3
H AH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
- Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 10
5
C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và 3
5
C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2
5
C 3 5
C = 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 3 4 ! 960
5
1
tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
Trang 6ĐÁP ÁN
A: Câu I
1) Với m = 1 ta có 3 6 2 9 1
' 3 2 12 9 3 ( 2 4 3 )
y ; y' 0 x 1 hoặc x 3
Bảng biến thiên
Đồ thị (Vẽ đúng, đẹp 0,25 điểm)
2) Ta có ' 3 2 6 ( 1 ) 9
y
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1; x2 pt y' 0 có 2 nghiệm phân biệt là x1; x2
pt 2 2 ( 1 ) 3 0
x có hai nghiệm phân biệt x1; x2
3 1
3 1 0
3
)1
(
m
m m
Theo Viet ta có
3
)1 (2
2 1
2 1
x x
m x
x
* yCĐ + yCT =2 3 ( 1 ) 9 3 ( 1 ) 2 9 2 2
2
3 2 1
2 1
3
3 ( 1 )( 2 ) 9 ( 1 2) 2 2 0
2
2 1
3 2
3
( 1 )( 2 2 3 ) 0
3 1 1
m m m
Câu II
4 2 sin(
2 1 3 cos
cosx x x
x x
x
x cos 3 1 sin 2 cos 2
0 2 cos cos 2 cos sin 2
cos
2 2
0 ) 2 cos sin
(cos
0 ) cos sin
1 )(
sin (cos
0 cos sin
1
0 sin
cos
0
cos
x x
x x
x
) ( 2
4
2
Z k k
x
k x
k
x
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Loại Thỏa mãn Thỏa mãn
Trang 72) Điều kiện
0 4
0 1
0 3
x x
x
0 x 1
Với điều kiện đĩ, bất phương trình đã cho log2(x 3 ) log2 x 1 log2( 4x)
(x 3 )x 1 4x (2)
Trường hợp 1: Nếu x 1 khi đĩ (2)
1
3 4
)1 )(
3 (
x
x x x x
Trường hợp 2: Nếu 0 x 1 khi đĩ (2) (x 3 )(x 1 ) 4x 3 2 3 x 3 2 3
Kết hợp điều kiện 0 x 3 2 3
Vậy bất phương trình đã cho cĩ tập nghiệm T 0 ; 3 2 33 ;
Câu III
dx dx tdt x
t x
Đổi cận
5
9 ln 27
100 1
1 ln 3
1
9
2
1
1 1
1 )
1 ( 9
2 1 2
) 1 ( 9 2 3
1
1 ) 3
1 (
4 2
4 2 3
4
2
4
2 2 4
2 2 4
2 2 4
2
2
2 2
t
t t
t
dt t t dt t
t
dt dt
t dt
t
t
I
2) Đặt
2
3 )
( 2
zx yz xy zx yz xy t
z y x
t
xy yz zx x y z t t f (t)
2/ Gọi n a a a a a a 1 2 3 4 5 6 là số cần lập
ycbt: a a a 8 a ,a ,a3 4 51,2,5 hay a ,a ,a 3 4 51,3,4
a) Khi a ,a ,a3 4 5 1,2,5
Có 6 cách chọn a1
Có 5 cách chọn a2
Có 3! cách chọn a ,a ,a3 4 5
Có 4 cách chọn a6
Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n
a) Khi a ,a ,a3 4 51,3,4 tương tự ta cũng có 720 số n
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n
Cách khác Khi a ,a ,a3 4 51,2,5
Thỏa mãn Loại
Trang 8Có 3! = 6 cách chọn a a a3 4 5
Có A36 cách chọn a ,a ,a1 2 6
Vậy ta có 6 4.5.6 = 720 số n
Khi a ,a ,a3 4 51,3,4 tương tự ta cũng có 720 số n
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n