De thi thu DH 20112012 laisac14

Tính khoảng cách giữa BD và SC và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.[r]

Câu I (2.0 ñiểm): Cho hàm số y 2x 1 (C)

x 1

+

=

−

1 Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ ñồ th ị (C) c ủ a hàm s ố

2 G ọ i M là m ộ t ñ i ể m di ñộ ng trên (C) có hoành ñộ xM > 1 Ti ế p tuy ế n t ạ i M c ắ t

hai ñườ ng ti ệ m c ậ n c ủ a (C) t ạ i A và B Tìm M ñể di ệ n tích tam giác OAB nh ỏ

nh ấ t (v ớ i O là g ố c t ọ a ñộ )

Câu II (2.0 ñiểm)

1 Gi ả i ph ươ ng trình: 4 4

4(sin x + cos x) + 3 sin 4x = + + 3 (1 tan 2x tan x)sin 4x.

2 Gi ả i h ệ ph ươ ng trình:

y 1 log (2x y) 4xy 4x 4x 4xy y 1 log y (1)

x, y



∈



Câu III (1.0 ñiểm)

Tìm hệ số của số hạng chứa 5

x trong khai triển thành ña thức của biểu thức:

P(x) = + + 1 x x

Cho hình chóp S.ABCD có ñ áy ABCD là hình ch ữ nh ậ t v ớ i AB = a, AD = 2a

C ạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ñáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng

ñáy bằng o

60 Trên ñoạn SA lấy một ñiểm M sao cho AM a 3

3

= , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N

1 Tính thể tích khối chóp S.BCNM

2 Tính khoảng cách giữa BD và SC và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABCD

Câu V (1.0 ñiểm): Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm:

x + (m + 2)x + ≤ 4 (m 1) x − + 4x x ∈ ℝ

Câu VI (1.0 ñiểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC Biết ñường cao kẻ từ

ñỉnh B và ñường phân giác trong góc A lần lượt có phương trình là:

1: 3x 4y 10 0

∆ + + = ; ∆2: x − + = y 1 0 ðiểm M 0;2 thuộc ñường thẳng ( ) AB ñồng thời

cách C một khoảng 2 Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC

Câu VII (1.0 ñiểm)

Cho a, b,c là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

(a 1)(b 1)(c 1)

+ + +

- Hết -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GD & ðT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối A+B

(Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề)

Ngày thi 10/12/2011

trunglam@gmail.com sent to www.laisac.page.tl

Câu đ áp án đ iểm

I

(2.0 ựiểm)

1 (1.0 ựiểm) Khảo sát Ầ

Ớ Tập xác ựịnh: D=ℝ\ 1{ }

Ớ Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên:

( )2

3

x 1

−

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1)và (1;+∞)

- Hàm số không có cực trị

0,25

- Giới hạn và tiệm cận:

xlim y xlim y 2

→−∞ = →+∞ = ; tiệm cận ngang y=2

x 1 x 1

→ = −∞ → = +∞; tiệm cận ựứng x=1 0,25

- Bảng biến thiên:

x −∞ 1 +∞

'

y − −

y 2 +∞

−∞ 2

0.25

Ớ đồ thị: y

2 I

O 1 x

0.25

2 (1.0 ựiểm) Gọi M là một ựiểm Ầ

Giả sử M x ; y( M M) ( )∈ C ; xM >1 Phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là:

( )2 ( M) ( )

M M

−

−

−

- Giao ựiểm của ( )d với tiệm cận ựứng và tiệm cận ngang lần lượt là:

( M )

M

6

−

0,25

- độ dài ựoạn thẳng AB là: ( )4

M M

AB

=

TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ đỀ THI THỬ đẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Môn: TOÁN; Khối A+B

(đáp án Ờ thang ựiểm gồm 05 trang)

Câu ð áp án ð iểm

I

(2.0 ñiểm) - Khoảng cách từ O ñến AB là: ( )

M M M M

d O; AB

( ) 2 ( ) b®t Cauchy

M M

∆

OAB

S∆ nhỏ nhất

( )

M

M

M

6

3

>





− =



Vậy ñiểm 6

2

0.25

II

(2.0 ñiểm)

1 (1.0 ñiểm) Giải phương trình:

ðiều kiện: cos x 0

( )

≠



∗



≠

Với ñiều kiện trên, phương trình ñã cho

2

0,25

6

π

12

π

⇔ = − + π hoặc 5 k

x

= + (thỏa mãn ñiều kiện( )∗ ) 0,25

2 (2.0 ñiểm) Giải hệ phương trình:

ðiều kiện: x 1, y 0

≥ >





− >



(1)⇔log 2x y− − 2x y− + +1 2x y− =log y− y + +1 y

0,25

- Xét hàm số: ( ) 2 2

3

f t =log t− t + +1 t (với t>0)

- Ta có: '( )

( )

f t

⇒ ñồng biến trên (0;+∞) Do ñó (1)⇔f 2x y( − =) ( )f y ⇔ =x y

0,25

- Thay x=y vào (2)ta ñược: x2+ =5 x2− x 1−

2

x 1 1

− + + +

( ) 2x 2 1 ( )

x 1 1

− + + +

0,25

- Do x 1≥ nên

2

− +

5

x 1 1

− +

0,25

III

(1.0 ñiểm)

Do ñó ( )∗ ⇔ − = ⇔ =x 2 0 x 2⇒y=2 (tmñk) Vậy nghiệm là: ( ) ( )x; y = 2;2

Tìm hệ số …

k 2 k i k i 2 k i k i

k 0 k 0 i 0 k 0 i 0

Số hạng chứa x trong khai triển ứng với k, i là nghiệm của hệ: 5

i, k , i k i 0

⇔

ℕ

hoặc i 1

k 4

=





=

 hoặc

i 2

k 3

=





=



0,5

Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 5 P x là: ( )

5 0 4 1 3 2

5 5 5 4 5 3

C C +C C +C C =51 0,25

IV

(2.0 ñiểm)

1 (1.0 ñiểm) Tính thể tích khối chóp S.BCNM

S

H

M N P A D

B K C

E

- Có (SBC) (∩ ABCD)=BC, (SAB)⊥BC, (SAB) (∩ SBC)=SB,

(SAB) (∩ ABCD)=AB  o

⇒ = là góc giữa (SBC và mặt phẳng ñáy )

0,25

- Có SA=AB tan 60o =a 3

- Diện tích hình thang BCNMlà: BCNM ( ) 2

0,25

- Hạ SH⊥BMthì SH⊥(BCNM) (vì (BCNM) (⊥ SAB))

BM

∆

Vậy thể tích khối chóp S.BCNMlà:

3 S.BCNM BCNM

2 (1.0 ñiểm) Tính khoảng cách …

• Tính khoảng cách giữa BDvà SC

- Qua Ckẻ ñường thẳng ∆//BD, ∆ ∩AB=E, ∆ ∩AD=F⇒BD//(SEF )

Suy ra d BD, SC( )=d BD, SEF( ( ) )

- Kẻ AK⊥EF, AK∩BD=Q⇒Qlà trung ñiểm của AK

Có EF⊥(SAK) (⇒ SEF) (⊥ SAK ; SEF) ( ) (∩ SAK)=SK

Hạ AP⊥SK⇒AP⊥(SEF)

0,25

- Có BC//(SAD mà ) (BCM) (∩ SAD)=MN

MN

là hình thang

( )

BC⊥ SAB ⇒BC⊥BM

Vậy ◊BCMNlà hình

thang vuông tại B và M

F

Câu ð áp án ð iểm

IV

(2.0 ñiểm) ( ( ) ) ( ( ) ) 1 ( ( ) ) 1

- Có B, Dlần lượt là trung ñiểm của AE và AF⇒AE=2a, AF=4a

EF= AE2 +AF2 =2a 5, mà AE.AF 4a

Xét ∆ASKvuông tại A có AP là ñường cao 12 12 1 2 312

AP

31

0,25

• Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

- Có SBC=SAC=SDC=90o⇒ các ñiểm B, A, D nằm trên mặt cầu ñkính SC 0,25

⇒ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCDcó ñường kính là SC

Bán kính 1 1 2 2

Chú ý: Học sinh làm theo phương pháp tọa ñộ ñúng cho ñiểm tối ña

0,25

V

(1.0 ñiểm) Tìm m ñể bất phương trình có nghiệm: 2 3 ( )

x +(m 2)x+ + ≤4 (m 1) x− +4x 1

ðiều kiện: x3+4x≥0⇒x x( 2 + ≥ ⇔ ≥4) 0 x 0

- Nhận thấy x=0không là nghiệm của ( )1 (vì 4≤0vô lý)

- Với x>0, chia hai vế của ( )1 cho x ta ñược:

.

0,25

- ðặt 4

x

= + (t 2≥ ) Khi ñó, ( )1 trở thành:

t 1

+ +

−

( )1 có nghiệm khi và chỉ khi ( )2 có nghiệm t/m:

2

t 2

t 1

≥

+ +

≥ ⇔ ≥

−

0,25

- Xét hàm số: ( ) t2 t 2

f t

t 1

+ +

=

− trên [2;+∞), tlim f t( ) , f 2( ) 8

Ta có: ( )

( ) ( )

2

2

t 1

= −



− −

- Bảng biến thiên: t

2 3 +∞

'

f (t) − 0 + f(t)

+∞

8

7

0,25

min f tt 2 ( ) 7

≥

⇒ = Vậy bất phương trình ( )1 có nghiệm khi m≥7 0,25

VI

(1.0 ñiểm)

Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC

- Gọi M'là ñối xứng của ñiểm M qua ∆2 ⇒M'∈AC

VI

(1.0 ñiểm)

ðường thẳng MM ñi qua M và vuông góc với ' ∆2⇒ pt '

MM : x y 2+ − =0

2 2

  và I là trung ñiểm của ' '( )

- ðt AC ñi qua '( )

M 1;1 và vuông góc với ∆1nên nhận u 3;4( )



là 1 VTCP

⇒ phương trình tham số của AC là: A

1

∆

x 1 3t

= +





= +

 M

Có A= ∆ ∩2 AC⇒A 4;5( ) B

2

∆ C

0,25

- ðường thẳng AB ñi qua A và M nên có pt: x 4 y 5

4

= ∩ ∆ ⇒ − − 

0,25

- ðiểm C thuộc ñường thẳng AC nên C 1 3t;1 4t( + + )





Vậy các ñỉnh của tam giác là: ( ) 1 ( )

4

− −

31 33

25 25

0,25

VII

(1.0 ñiểm)

Tìm giá trị lớn nhất …

AD bñt Cauchy ta có: 2 2 2 1( )2 1( )2 1( )2

dấu “ = ” xảy ra ⇔ a= = =b c 1,

và (a 1 b 1 c 1)( )( ) (a b c 3)3

27

+ + + + + + ≤ dấu “ = ” xảy ra ⇔ = =a b c

0,25

- ðặt t= + + +a b c 1⇒t>1 Khi ñó:

( )3

≤ −

+

Xét hàm số:

( )3

f(t)

= −

+ trên (1;+∞), ( )

( )

'

4 2

f t

= − +

+

'( )

x

1

0,25

- Bảng biến thiên: t 1 4 +∞

( )

'

f t + 0 − f(t)

1

4

0 0

0,25

Từ bảng biến thiên ta có:

t 1

1

4

>

= = khi t=4 Suy ra: a= = =b c 1(dùng ñiều kiện dấu “ = ” xảy ra)

0,25

'

M