KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT BỈM SƠN pps
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.62 MB, 6 trang )
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3
3 2
m
y x mx C
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
C
2. Tìm m để đồ thị của hàm số
m
C
có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0
d x y
góc
, biết
1
os
26
c
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
x x x c x
2. Giải phương trình
3 3 1 1
x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3ln2
2
3
0
2
x
dx
I
e
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2
AB a
. Gọi I
là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
2
IA IH
uur uuur
. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. 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
2 2 2
1
a b c
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
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
: 3 0
d x y
và
': 6 0
d x y
. 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
(0; 1;2)
M
và
( 1;1;3)
N
. Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ
0;0;2
K
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
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
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
2 1 0
x y
và
3 5 0
x y
. 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
2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2
A B C
.
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
2 2
3log 2 9log 2
x x x
…………………….Hết…………www.laisac.page.tl
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)
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
Câu Nội dung Điểm
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2
y x x
Tập xác định:
¡
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
0,25
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1
y x x
Bảng biến thiên
X
-1 1
y’ + 0 - 0 +
4
Y
0
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
; 1 , 1;
, nghịch biến trên khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD
x y
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y
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
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến
tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến
1
; 1
n k
ur
, d có vec tơ pháp
tuyến
2
1;1
n
uur
0,25
Ta có
1 2
2
1 2
3
1
1
2
cos
2
26
2 1
3
k
n n
k
n n
k
k
ur uur
ur uur
0,25
Yêu cầu bài toán
ít nhất một trong hai phương trình
1 2
' à '
y k v y k
có nghiệm x
2
2
3
3 2 1 2 2 ó nghiê
2
2
3 2 1 2 2 ó nghiê
3
x m x m c m
x m x m c m
0,25
I
(2điểm)
' 2
1
' 2
2
1 1 1
8 2 1 0
4 2 2
3 3
4 3 0
1
4 4
m m m
m m
m m
m m m
0,25
1.(1,0 điểm)
II
(2điểm)
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
cos4 os2 3 1 sin2 3 1 os 4
2
x x x c x
x c x x c x
0,25
os4 3sin4 os2 3sin 2 0
sin 4 sin 2 0
6 6
2sin 3 cos 0
6
c x x c x x
x x
x x
0,5
sin 3 0
18 3
6
cos 0
2
x k
x
x k
x
0,25
2.(1,0 điểm)
Điều kiện:
1
3
x
Khi đó
3 3 1 1 3 1 3 1 0
x x x x x x
0,25
2 1
1 0
3 1 3
x
x
x x
0,25
2
1 1 0
3 1 3
x
x x
2
1 1 0,
3 1 3
x Do x
x x
(tmdk)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
0, 5
3ln2 3ln2
3
2
2
3
3
0 0
3
2
2
x
x
x
x
dx e dx
I
e
e e
0,25
Đặt
3 3
1
3
x x
t e dt e dx
.
Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2
0,25
III
(1điểm)
Khi đó
2
2 2
2 2
1 1
1
3 3 1 1 2 3 2 3 3 1
ln ln
4 2 4 2 2 4 2 6
2 2
dt t
I dt
t t t t
t t t
0,5
IV
(1điểm)
*Ta có
2IA IH
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2
IA IH
2 2
BC AB a
0,25
S
H
C
A
B
I
K
.
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos45
2
a
HC AC AH AC AH HC
Vì
0 0
15
, 60 .tan60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC
0,25
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos45
2
a
HC AC AH AC AH HC
Vì
0 0
15
, 60 .tan60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
.
1 15
.
3 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt
0,25
*
BI AH
BI SAH
BI SH
,
1 1 1
, ,
2 2 2 2
,
d K SAH
SK a
d K SAH d B SAH BI
SB
d B SAH
0,25
Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1
a b c
nên
, , 0;1
a b c
Ta có
2
2
5 3
3
2 2 2
1
2
1
a a
a a a
a a
b c a
Bất đẳng thức trở thành
3 3 3
2 3
3
a a b b c c
0,5
V
(1điểm)
Xét hàm số
3
0;1
f x x x x . 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
1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d
và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
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
Ox 3;0
M d M
0,25
Ta có:
2 3 2
AB IM
Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD
Vì I, M thuộc d
: 3 0
d AD AD x y
0,25
Lại có
2
MA MD
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
2
2
3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
x y
x x
A D
y y
x y
0,25
VIa
(2điểm)
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi
, ,
n A B C
r
2 2 2
0
A B C
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
1 2 0 2 0
Ax B y C z Ax By Cz B C
0,25
1;1;3 3 2 0 2
N P A B C B C A B C
: 2 2 0
P B C x By Cz B C
0,25
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0
B
thì
2 2 2
1 1
,
2
4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B
0,25
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
0,25
Ta có
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5
2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
0,25
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
0,25
VIIa
(1điểm)
Treo giả thiết ta có
1
1
1 1
1
1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
2
3 1
x
x x
x
x
x
0,5
1.(1,0 điểm)
Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến
1
1;2
n
ur
Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến
1
3; 1
n
ur
Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:
2 2
1 3 0 0
a x b y a b
0,25
Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
3 2 3
os , os ,
1 2 3 1 3 1
a b
c AB BC c AC BC
a b
2 2 2 2
1
2
5 3 22 15 2 0
2
11
a b
a b a b a ab b
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)
VIb
(2điểm)
H
; ;
x y z
là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
, ,
BH AC CH AB H ABC
2
15
1 2 2 3 0
. 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0
1
3
x
x y z
BH AC
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
0,5
I
; ;
x y z
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
,
AI BI CI I ABC
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC
uur uuur uuur
14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z
0,5
Điều kiện x > 0
Bất phương trình
2
3 3 log 2 1 1
x x x
Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)
0,25
TH1: Nếu x > 3 thì
2
3 1
1 log
2 3
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
4 3 4
f x f g g x
Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4
+ Với
4
x
thì
4 3 4f x f g g x
bất phương trình vô nghiệm
0,25
VIIb
(1điểm)
TH2: Nếu x < 3 thì
2
3 1
1 log
2 3
x
x
x
+ Với x
1 thì
1 0 1
f x f g g x
bất phương trình vô nghiệm
+ Với x < 1 thì
1 0 1f x f g g x
Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy
bất phương trình có nghiêm
0,25
