TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC... Gọi I là trung điểm của cạnh BC.[r]

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011

MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x  3 3 mx  2  Cm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   C1

2 Tìm m để đồ thị của hàm số  Cm

có tiếp tuyến tạo với đường thẳngd x y :    7 0

góc  , biết

1 os

26

c  

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 2cos3 cos 3 1 sin 2   2 3 os 22

4

x x   x  c   x    

2 Giải phương trình x   3 3 x    1 x 1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân  

3ln 2

2 3

dx I

e







Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a  2 Gọi I

là trung điểm của cạnh BC Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn               IA  2               IH

Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ

trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH)

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2  1

Chứng minh rằng

3

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm

I là giao điểm của đường thẳng d x y :   3 0  và d x y ' :   6 0  Trung điểm một cạnh là giao

điểm của d với trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2)  và N  ( 1;1;3) Viết

phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K  0;0; 2 

đến (P) đạt giá trị lớn nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển  

0

n

n k n k k

n k

a b C a b



với quy ước số hạng thứ i của khai triển

là số hạng ứng với k = i-1

Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển

8

log2 9 7 5 2

x





là 224

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là x  2 y  1 0  và

3 x y    5 0 Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3)

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;3;1 ,  B   1; 2;0 ,  C  1;1; 2  

Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  3log2x  2   9log2x  2

……….Hết………

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011

MÔN: TOÁN; KHỐI: A

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x  3 3 mx  2  Cm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   C1

2 Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của Cm

cắt đường tròn tâm

 1;1 , 

I

bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 2cos3 cos 3 1 sin 2   2 3 os 22

4

x x   x  c   x    

2 Giải phương trình  x2 1 2   5 x 2 x2 4

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I= 

1

e

( ln x x √ 1+ln x +3 x

2ln x ) dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a  2 Gọi I

là trung điểm của cạnh BC Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn               IA  2               IH

Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ

trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH)

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2  1

Chứng minh rằng

3

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm

I là giao điểm của đường thẳng d x y :   3 0  và d x y ' :   6 0  Trung điểm một cạnh là giao

điểm của d với trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2)  và N  ( 1;1;3) Viết

phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K  0;0; 2 

đến (P) đạt giá trị lớn nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển  

0

n

n k n k k

n k

a b C a b



Quy ước số hạng thứ i của khai triển là

số hạng ứng với k = i-1

Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển

8

log2 9 7 5 2

x





là 224

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB

và đường chéo BD lần lượt là x  2 y   1 0 và x  7 y  14 0  , đường thẳng AC đi qua điểm

 2;1 

M Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;3;1 ,  B   1; 2;0 ,  C  1;1; 2  

Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  3log2x  2   9log2x  2

……….Hết……….

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: A

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

I

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng y x  3 3 x  2

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên

        

0,25

- Chiều biến thiên: y ' 3  x2 3 0   x  1

Bảng biến thiên

Y

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng     ; 1 , 1;    

, nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0

0,25

Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-1

1 2 3 4

x

y

0,25

2.(1,0 điểm)

Ta có y ' 3  x2 3 m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y  ' 0 có hai nghiệm phân biệt  m  0

Vì

1

3

y  x y  mx 

nên đường thẳng  đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là y  2 mx  2

Ta có

m

m



 (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng  luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt

Với

1 2

m 

, đường thẳng  không đi qua I, ta có:

2

.sin

ABI

S  IA IB AIB  R 

Nên SIAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I

0,25 0,25 0,25 0,25

R IH

(H là trung điểm của AB) 2

2 2

m

m m



II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Đặt t  x 2 x2 4  t2  2  x4 2 x2

ta được phương trình 2

2 2

t t

t t t

t







Với t  4 ta có

 

2





Với t  2 ta có

2





0,25 0,25

0,25

0,25

III

(1điểm) I= 

1

e

ln x

x √ 1+ln x dx+3 

1

e

x2ln xdx =I 1 +3I 2

+) Tính I1= 

1

e

ln x

x √ 1+ln x dx

Đặt

x

Khi x=1⇒ t=1; x=e⇒t= √ 2

2

1

t

+) TÝnh I2= 

1

e

x2ln x dx §Æt

¿

u=ln x

⇒

¿ du= dx

x v= x

3

3

¿ {

¿



e

1

I=I1+ 3 I2= ¿ 5 − 2 √ 2+2 e3

3

0,25 0,25 0,25

0,25

(1điểm)

*Ta có               IA  2               IH 

H thuộc tia đối của tia IA và IA  2 IH

BC  AB 2 2  a Suy ra

3 ,

IA a IH   AH IA IH 

Ta có

5

2 2 2 2 . .cos 450

2

a

2

a

Ta có

5

2 2 2 2 . .cos 450

2

a

2

a

SH  ABC  SC ABC  SCH   SH  HC 

Thể tích khối chóp S.ABCD là:  

3

.

S ABC ABC

a

V  S SH  dvtt

*

BI AH

BI SAH

BI SH











,

d K SAH d B SAH BI SB

d B SAH

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

V

(1điểm) Do a, b, c > 0 và a2 b2 c2  1 nên a b c  , ,  0;1 

Ta có

 2 2

3

a a



Bất đẳng thức trở thành  3   3   3  2 3

3

        

Xét hàm số f x    x3 x x    0;1  

Ta có: 0;1ax   2 3

9

3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

1 3

0,5

0,5

S

C

H

A

B I

K

.

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình

9

;

2

x

x y

I

x y

y









Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD M  d Ox M3; 0

Ta có: AB  2 IM  3 2

Theo giả thiết SABCD  AB AD  12  AD  2 2

Vì I, M thuộc d  d  AD  AD x y :   3 0 

Lại có MA MD   2  tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình





Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)

TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)

0,25 0,25 0,25

0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi n    A B C , ,  A2B2C2 0

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;

   P : 2 B C x By Cz B  2 C 0

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 

 , 

B

d K P



-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu B  0thì

 

2

B

d K P

B

Dấu “=” xảy ra khi B = -C Chọn C = 1

Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0

0,25 0,25 0,25

0,25

VIIa

(1điểm)

Ta có 3 1   2 1   

2

1

x

x  x    x 

Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là

1

8 9x 7 3x 1 56 9x 7 3x 1

Treo giả thiết ta có

 1   1  1 1

1

4

1 2

x x x x

















0,25 0,25

0,5

VIb

(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình: 0,25

0,25 0,25 0,25

;

5

x

x y

B

x y

y









Lại có ABCD là hình chữ nhật nên  AC AB ,    AB BD , 

Kí hiệu n               AB   1; 2 ,                 nBD   1; 7 ,                 nAC   a b , 

lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC

2

n n  n n  a  b  a  b

7

a b

a







 



Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0

A AB   AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

 

3; 2

A

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I  AC  BD nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

7

;

2

x

x y

I

x y

y









Do I là trung điểm của AC và BD nên  4;3 ,  14 12 ;

5 5

C D    

Với b = -7a loại vì AC không cắt BD

2.(1,0 điểm)

H  x y z ; ; 

là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH  AC CH ,  AB H ,   ABC 

2 15

29

15

3

2 29 1

; ;

15 15 3

x

AH AB AC

z H



















 

 

  

I  x y z ; ; 

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI  BI CI I  ,   ABC 

AI BI

AI AB AC





  

14 15

1 3

x

z



















0,5

0,5

VIIb

Bất phương trình  3  x  3 log  2 x  2  x  1    1

Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)

TH1: Nếu x > 3 thì   2

x x x





Xét hàm số   2

3 log 2

f x  x

, hàm số đồng biến trên khoảng  0;    1

3

x

g x

x





 , hàm số nghịch biến trên khoảng  3;   + Với x> 4 thì f x    f   4   3 g   4  g x  

Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4

+ Với x  4 thì f x    f   4   3 g   4  g x   

bất phương trình vô nghiệm

TH2: Nếu x < 3 thì   2

x x x





+ Với x 1 thì f x    f   1   0 g   1  g x   

bất phương trình vô nghiệm + Với x < 1 thì f x    f   1   0 g   1  g x   

Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm

0,25

0,25

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

I

(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng y x  3 3 x  2

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên

        

0,25

- Chiều biến thiên: y ' 3  x2 3 0   x  1

Bảng biến thiên

Y

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng     ; 1 , 1;    

, nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0

0,25

Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn 0,25

-2 -1 1 2

-1

1 2 3 4

x

2.(1,0 điểm)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến n1  k ; 1  



, d có vec tơ pháp tuyến n  2  1;1 

Ta có

1 2

2

1 2

3 1

cos

2

3

k













 

 

Yêu cầu bài toán  ít nhất một trong hai phương trình y '  k v y1 à '  k2 có nghiệm x

2 2

3

2 2

3





 



1

2

0,25 0,25 0,25

0,25

II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

2

4

2





0,25

6



0,5

6

2

x

x













  

0,25

2.(1,0 điểm)

Điều kiện:

1 3

x 

Khi đó x   3 3 x    1 x 1  3 x   1 x    3 x 1 0 

x

x



x

2

0,25 0,25

0, 5

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

III

(1điểm)

3ln 2 3ln 2 3

x

x

I

Đặt

3

t e   dt  e dx

Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2

Khi đó

2

0,25 0,25

0,5

IV

(1điểm)

*Ta có               IA  2               IH 

H thuộc tia đối của tia IA và IA  2 IH

BC  AB 2 2  a

Suy ra

3 ,

Ta có

2

a

HC  AC  AH  AC AH  HC 

2

a

SH  ABC  SC ABC  SCH   SH  HC 

0,25

Ta có

2

a

HC  AC  AH  AC AH  HC 

2

a

SH  ABC  SC ABC  SCH   SH  HC 

0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là:  

3

.

S ABC ABC

a

*

BI AH

BI SAH

BI SH











0,25

S

H

C

A

B I

K

.

 

,

d K SAH d B SAH BI SB

d B SAH

V

(1điểm) Do a, b, c > 0 và a2 b2 c2  1 nên a b c  , ,  0;1 

Ta có

 2 2

5 3

3

1 2

1

a a

a a a

a a



Bất đẳng thức trở thành  3   3   3  2 3

3

0,5

Xét hàm số f x    x3 x x    0;1  

Ta có:

      0;1

2 3 ax

9

2 3 3

M f x

f a f b f c



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

1 3

0,5

VIa

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình

9

;

2

x

x y

I

x y

y









Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD

 

0,25

Ta có: AB  2 IM  3 2

Theo giả thiết SABCD  AB AD  12  AD  2 2

Vì I, M thuộc d  d  AD  AD x y :   3 0 

0,25

Lại có MA MD   2  tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình





0,25

Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)

2.(1,0 điểm)

Gọi n    A B C , ,   A2 B2 C2  0 

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;

0,25

   P : 2 B C x By Cz B  2 C 0

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 

 , 

B

d K P



-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu B  0thì

 

2

B

d K P

B

0,25

Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0

VIIa

(1điểm)

Ta có 3 1   2 1   

2

1

log 3 1

x

x  x    x 

Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là

1

8 9x 7 3x 1 56 9x 7 3x 1

0,25

Treo giả thiết ta có

1

1

2

x

x

x x













VIb

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến n   1  1; 2 

Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến n 1  3; 1  



Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:

 1   3  0  2 2 0 

a x   b y   a  b 

0,25

Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có:

a b

c AB BC c AC BC

a b

1 2

2 11

a b







 



0,25

Với

1 2

a  b

, chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 0,25

Với

2 11

a  b

, chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25

2.(1,0 điểm)

H x y z ; ; 

là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH  AC CH ,  AB H ,   ABC 

2 15

29

15

3

x

BH AC

AH AB AC

z













 

 

  

0,5

I x y z ; ; 

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI  BI CI I  ,   ABC 

AI BI

AI AB AC









  

14 15

1 3

x

z



















0,5

VIIb

(1điểm)

Điều kiện x > 0

Bất phương trình  3  x  3 log  2 x  2  x  1    1

Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)

0,25

TH1: Nếu x > 3 thì   2

x x x





Xét hàm số   2

3 log 2

f x  x

, hàm số đồng biến trên khoảng  0;    1

3

x

g x

x





 , hàm số nghịch biến trên khoảng  3;  

0,25

+ Với x> 4 thì f x    f   4   3 g   4  g x  

Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4

+ Với x  4 thì f x    f   4   3 g   4  g x   

bất phương trình vô nghiệm

0,25

TH2: Nếu x < 3 thì   2

x x x





+ Với x 1 thì f x    f   1   0 g   1  g x   

bất phương trình vô nghiệm + Với x < 1 thì f x    f   1   0 g   1  g x   

Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm

0,25