đề thi thử đại học hay-có giải số 6

Câu I (2. 0 ñiểm): Cho hàm số
2x 1
y (C)
x 1
+
=
−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C)của hàm số.
2. Gọi
M là m
ột ñiểm d i ñộng trên (C)có hoành ñộ
M
x 1> . Tiếp tuyến tại
M c
ắt
hai ñường tiệm c ận của (C)tại
A và B . Tìm M
ñể diện tích tam giác OAB nhỏ
nhất (với O là gốc tọa ñộ).
Câu II (2.0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
4 4
4(sin x cos x) 3sin 4x 3 (1 tan 2x tan x)sin 4x.+ + = + +
2. Giải hệ phương trình:
( )
2 2 2 2
3 3
2 2
y 1 log (2x y) 4xy 4x 4x 4xy y 1 lo g y ( 1 )
x,y

y 5 x x 1 (2)

+ + − = − + − + + +

∈

+ = − −


ℝ
Câu III

(1. 0 ñiểm)

Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a s
ố
h
ạ
ng ch
ứ
a
5
x
trong khai tri

ể
n thành
ñ
a th
ứ
c c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
( )
5
2
P(x) 1 x x= + +
Câu IV

(2.0 ñiểm)

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

.
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
a 3
A M
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 . A B C D .
Câu V (1.0 ñiểm): Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm :
( )
2 3
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
A B
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 dư ơ ng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
1 2
P
(a 1)(b 1)(c 1)
a b 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 thờ i gian phát ñề)
Ngày thi 10/12/2011
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p, xem bài gi󰖤ng t󰖢i :
Trang 1/5

Câu ðáp án ðiểm

I
(2.0 ñiểm)




1. (1.0 ñiểm) Khảo sát …
• Tập xác ñịnh:
{ }
D \ 1= ℝ
.
• Sự biến thiên:
- Chi
ều biến thiên:
( )
2
3
y ' 0, x 1
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:
x x
lim y lim y 2
→−∞ →+∞
= =
; tiệm cận ngang y 2= .

x 1 x 1
lim y , lim y
− +
→ →
= −∞ = +∞; tiệm cận ñứng
x 1=
.
0,25
- Bảng biến thiên:





x
−∞
1
+∞

'
y

− −
y 2 +∞


−∞
2
0.25
• ðồ thị: y





2 I


O 1 x




0.25
2. (1.0 ñiểm) Gọi M là một ñiểm …

Giả sử
( ) ( )
M M M
M x ;y C ; x 1
∈ > .
Ph

ương trình tiếp tuyến của
( )
C
tại M là:
( )
( ) ( )
M
2
M
M
3 3
y x x 2 d
x 1
x 1
−
= − + +
−
−

- Giao ñiểm của
( )
d
với tiệm cận ñứng và tiệm cận ngang lần lượt là:
( )
M
M
6
A 1;2 , B 2x 1;2
x 1
 

+ −
 
−
 

0,25
- ðộ dài ñoạn thẳng AB là:
( )
4
M
M
2 x 1 9
AB
x 1
− +
=
−
.
0.25
SỞ GD & ðT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ðÁP ÁN – THANG ðIỂM
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A+B
(ðáp án – thang ñiểm gồm 05 trang)

Trang 2/5
Câu
ðáp án ðiểm

I
(2.0 ñiểm)

- Khoảng cách từ O ñến AB là:
( )
( ) ( )
2
2
M M
M M
4 4
M M
2x 2x 1
2x 2x 1
d O;AB
x 1 9 x 1 9
+ −
+ −
= =
− + − +


( ) ( )
2
b®t Cauchy
M M
OAB M
M M
2x 2x 1
1 3

S AB.d O;AB 2 x 1 6 2 6 6
2 x 1 x 1
∆
+ −
= = = − + + ≥ +
− −

0,25

OAB
S
∆
nhỏ nhất
( )
M
M M
M
M
x 1
6
x 1 y 2 6
3
2 x 1
2
x 1
>


⇔ ⇔ = + ⇒ = +


− =

−


Vậy ñiểm
6
M 1 ;2 6
2
 
+ +
 
 
 
.
0.25
II
(2.0 ñiểm)

1. (1.0 ñiểm) Giải phương trình:
ðiều kiện:
cos x 0
( )
cos2x 0
≠

∗

≠


0,25
Với ñiều kiện trên, phương trình ñã cho
2
1 cos x
4 1 sin 2x 3 sin 4x 3 sin 4x
2 cos x cos2x
 
⇔ − + = + ⋅
 
 

1 3
cos4x 3 sin 4x 2 sin 2x cos4x sin 4x sin 2x
2 2
⇔ + = ⇔ + =
.
0,25
sin 4x sin 2x
6
π
 
⇔ + =
 
 
.
0,25
x k
12
π

⇔ = − + π
hoặc
5 k
x
36 3
π π
= +
(thỏa mãn ñiều kiện( )∗ )
0,25
2. (2.0 ñiểm) Giải hệ phương trình:
ðiều kiện:
x 1, y 0
2x y 0
≥ >


− >


Pt
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
3 3
(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:
( )
'
2 2
1 t 1 1
f t 2t t 2 0 t 0
t ln 3 t ln 3
t 1 t 1
 
= − + = + − > ∀ >
 
+ +
 
.
( )
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:
2 2
x 5 x x 1+ = − −
( )
( )( )
2
2 2
2
x 4 x 2
x 5 3 x 1 1 x 4 0 x 2 x 2 0
x 1 1
x 5 3
− −
⇔ + − + − − − − = ⇔ + − − + =
− +
+ +
( ) ( )
2
x 2 1
x 2 x 2 0 ( )
x 1 1
x 5 3
 
+
⇔ − + − + = ∗
 
− +

+ +
 

0,25
- Do x 1≥ nên
2
x 2 x 2 1
, 1
5
x 1 1
x 5 3
+ +
< <
− +
+ +
.

( )
2
x 2 1 4x 3
x 2 0
5
x 1 1
x 5 3
+ +
⇒
+ − + < − <
− +
+ +
.

0,25
Trang 3/5
Câu
ðáp án ðiểm

III
(1.0 ñiểm)

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

Tìm hệ số …
Có:
( )
( ) ( )
( )
5 5 k 5 k
k i
k 2 k i k i 2 k i k i
5 5 k 5 k
k 0 k 0 i 0 k 0 i 0
P x C x x C C x x C C x 0 i k
− +
= = = = =
= + = = ≤ ≤
∑ ∑ ∑ ∑∑

0,25

Số hạng chứa
5
x trong khai triển ứng với k, i là nghiệm của hệ:
i, k , i k i 0
i k 5 k 5
∈ ≤ =
 
⇔
 
+ = =
 
ℕ
hoặc
i 1
k 4
=


=

hoặc
i 2
k 3
=


=


0,5

Vậy hệ số của số hạng chứa
5
x trong khai triển
( )
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
SBA 60
⇒ = là góc giữa
( )
SBC
và mặt phẳng ñáy.

0,25
- Có
o
SA AB tan 60 a 3= =
.
- Có
2 2
MN SM AD.SM 4a 2a
MN , BM AB AM
AD SA SA 3
3
= ⇒ = = = + = .
- Diện tích hình thang
BCNM
là:
( )
2
BCNM
1 10a 3
S BM MN BC
2 9
= + = .
0,25
- Hạ
SH BM⊥
thì
( )
SH BCNM⊥
(vì
( ) ( )

BCNM SAB⊥
).
- Có
SBM
SM.AB
SH.BM SM.AB 2S SH a
BM
∆
= = ⇒ = =
.
0,25
Vậy thể tích khối chóp
S.BCNM
là:
3
S.BCNM BCNM
1 10a 3
V SH.S
3 27
◊
= =
.
0,25
2. (1.0 ñiểm) Tính khoảng cách …
• Tính khoảng cách giữa
BD
và
SC
.
- Qua

C
kẻ ñường thẳng
∆
//
BD
,
AB E, AD F BD∆ ∩ = ∆ ∩ = ⇒
//
( )
SEF
.
Suy ra
( ) ( )
( )
d BD, SC d BD, SEF=
.
- K
ẻ
AK EF, AK BD Q Q⊥ ∩ =
⇒
là trung ñiểm của
AK
.
Có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
EF SAK SEF SAK ; SEF SAK SK⊥ ⇒ ⊥ ∩ =
.
H
ạ
AP SK AP (SEF)⊥

⇒
⊥
.
0,25
- Có
BC
//
( )
SAD
mà
( ) ( )
BCM SAD MN∩ =
MN⇒
//
BC BCMN⇒ ◊

là hình thang.
( )
BC SAB⊥
BC BM⇒ ⊥

Vậy
BCMN◊
là hình
thang vuông t
ại B và M.

F

Trang 4/5

Câu
ðáp án ðiểm
IV
(2.0 ñiểm)


( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 1
d BD, SEF d Q, SEF d A, SEF AP
2 2
⇒ = = =
.

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

2 2
EF AE AF 2a 5= + = , mà
AE.AF 4a
AK.EF AE.AF AK
EF
5
= ⇒ = = .
Xét
ASK∆
vuông tại A có

AP
là ñường cao
2 2 2 2
1 1 1 31
AP SA AK 48a
⇒
= + =
.

4 3a
AP
31
⇒
=

( ) ( )
( )
1 2 3a
d BD, SC d BD, SEF AP
2
31
⇒
= = =
.
0,25
• Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD
.
- Có




o
SBC SAC SDC 90= = =
⇒ các ñiểm
B, A, D
nằm trên mặt cầu ñkính
SC

0,25
⇒ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD
có ñường kính là
SC
.
Bán kính
2 2
1 1
R SC SA AC 2a
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:
( )
3 2
x 4x 0 x x 4 0 x 0+ ≥ ⇒ + ≥ ⇔ ≥
.
- Nhận thấy
x 0=
không là nghiệm của
( )
1
(vì
4 0≤
vô lý).
- V
ới
x 0>
, chia hai vế của
( )
1
cho x ta ñược:
2 2
x 4 x 4 4 4
m 2 (m 1) x (m 1) x m 2 0
x x x x
+ +
+ + ≤ − ⇔ + − − + + + ≤
.

0,25
- ðặt
4
t x
x
= +

( )
t 2≥
. Khi ñó,
( )
1
trở thành:
( ) ( )
2
2
t t 2
t m 1 t m 2 0 m 2
t 1
+ +
− − + + ≤ ⇔ ≥
−


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

2
t 2
t t 2
t 2 m min
t 1
≥
+ +
≥ ⇔ ≥
−
.
0,25
- Xét hàm số:
( )
2
t t 2
f t
t 1
+ +
=
−
trên
[2; )+∞
,
( ) ( )
t
lim f t , f 2 8
→+∞
= +∞ =

Ta có:

( )
( )
( )
2
' '
2
t 1(lo¹i)
t 2t 3
f t , f t 0
t 3 (tháa mn) f(3) 7
t 1
= −

− −
= = ⇔

= ⇒ =
−


- Bảng biến thiên:





t
2 3
+∞

'
f (t)


− 0 +
f(t)
+∞
8
7
0,25

( )
t 2
min f t 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∆
⇒
∈
.


Trang 5/5
Câu ðáp án ðiểm
VI
(1.0 ñiểm)
ðường thẳng
'
MM ñi qua M và vuông góc với
2
∆ ⇒ pt
'
MM : x y 2 0+ − = .
Gọi
'
2
1 3
I MM I ;
2 2
 
= ∩ ∆ ⇒

 
 
và I là trung ñiểm của
( )
' '
MM M 1 ; 1⇒ .
0,25
- ðt AC ñi qua
( )
'
M 1 ; 1 và vuông góc với
1
∆ nên nhận
( )
u 3 ; 4

là 1 VTCP .
⇒ phương trình tham số của AC là: A
1
∆

x 1 3t
y 1 4t
= +


= +

M
Có

( )
2
A AC A 4 ; 5= ∆ ∩ ⇒ . B
2
∆
C
0,25
- ðường thẳng AB ñi qua A và M nên có pt:
x 4 y 5
3x 4y 8 0
4 2 5
− −
= ⇔ − + =
− −
.
Có
1
1
B AB B 3 ;
4
 
= ∩ ∆
⇒
− −
 
 
.
0,25
- ðiểm C thuộc ñường thẳng AC nên
( )

C 1 3t;1 4t+ + .
Có
( ) ( )
( )
2 2
2
t 0 C 1 ; 1
MC 2 MC 2 1 3t 4t 1 2
2 31 33
t C ;
25 25 25

= ⇒

= ⇔ = ⇔ + + − = ⇔
 

= ⇒
 

 

Vậy c á c ñỉnh của tam giác là:
( ) ( )
1
A 4 ; 5 , B 3 ; , C 1 ; 1
4
 
− −
 

 
hoặc
31 33
C ;
25 25
 
 
 
.
0,25
VII
(1.0 ñiểm)
Tìm giá trị lớn nhất …

AD bñt Cauchy ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c 1 a b c 1 a b c 1
2 2 4
+ + + ≥ + + + ≥ + + +
dấu “ = ” xảy r a ⇔ a b c 1= = = ,
và
( )( )( )
( )
3
a b c 3
a 1 b 1 c 1
27

+ + +
+ + + ≤ dấu “ = ” xảy r a
a b c⇔ = =
.
0,25
- ðặt
t a b c 1 t 1= + + + ⇒ >
. Khi ñó:
( )
3
2 54
P .
t
t
≤
2
−
+
Xét hàm số:
( )
3
2 54
f(t)
t
t 2
= −
+
trên
( )
1 ; +∞ ,

( )
( )
'
42
2 162
f t
t
t 2
= − +
+
.

( )
'
x
1
f t 0 t 4 f(4) ; lim f(t) 0 ; f(1) 0
4
→+∞
= ⇔ =
⇒
= = = .
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
max P max f(t)
4
>
= = khi t 4= .
Suy ra: a b c 1= = = (dùng ñiều kiện dấu “ = ” xảy r a ) .
0,25
'
M
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p, xem bài gi󰖤ng t󰖢i :