Tải bản đầy đủ (.doc) (5 trang)

Bài soạn Dethithu-NDCtpThaiBinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (182.02 KB, 5 trang )

Sở GD-ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 2011
Trờng THPT nguyễn đức cảnh Môn : Toán Khối A + B
( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề)
I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x
4
5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại
hai điểm phân biệt khác M.
CâuII:(2điểm) 1) Giải phơng trình : 3cot
2
x + 2
2
sin
2
x = (2 + 3
2
)cosx
2) Giải hệ phơng trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

+ + + =


+ = + +

CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+

CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ;
AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (ABCD) bằng 60
0
.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đờng thẳng CD và SB.
CâuV:(1điểm) Cho cỏc s dng : a , b, c tho món : ab + bc + ca = 3
Chng minh rng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ +
+ + + + + +
II - Phần tự chọn (3điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A Theo ch ơng trình chuẩn .
Câu VIa(2điểm)

1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).
Viết phơng trình đờng thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam
giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đờng tròn (C).
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).
Tìm toạ độ tâm đờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC.
CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phơng trình sau nghiệm đúng với x(2 ; 3).
1 + log
5
(x
2
+ 1 ) > log
5
(x
2
+ 4x + m)
B Theo ch ơng trình nâng cao .
CâuVIb(2điểm)
1) Cho A(1 ; 4) và hai đờng thẳng b : x + y 3 = 0 ; c : x + y 9 = 0.
Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và
D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các đờng
thẳng AD và BD. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa các đờng thẳng OE và OF. Tìm các giá trị
của m để góc EOF = 45
0
.
CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phơng trình :

1 + log
5
(x
2
+ 1 ) log
5
(mx
2
+ 4x + m)
đợc nghiệm đúng với x R.
Hết
Họ và tên : Số báo danh: ..
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Sơ lợc Đáp án toán thi thử đại học lần I tr ờng THPT nguyễn đức cảnh khối A + B
Cho hàm số : y = x
4
5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm M (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb khác M.
1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị tơng đối chính xác
1đ.
2)Lấy M(m ; m
4
5m
2
+ 4) (C)
=> pt
3

của (C) tại M : y = (4m
3
10m)(x m) + m
4
5m
2
+ 4 (d)
0,25
Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt :
x
4
5x
2
+ 4 = (4m
3
10m)(x m) + m
4
5m
2
+ 4
(x m)
2
(x
2
+ 2mx + 3m
2
5) = 0 (1)
0,25
Để tmycbt x
2

+ 2mx + 3m
2
5 = 0 có hai n
0
pbiệt khác m




>
056
025
2
2
m
m
0,25
Kết luận : các điểm M(m ;m
4
5m
2
+ 4) (C) với hoành độ m

















6
30
\
2
10
;
2
10
0,25
1) Giải phơng trình : 3cot
2
x + 2
2
sin
2
x = (2 + 3
2
)cosx
đk : x m
Pt 3cosx(
2
sin

cos
2

x
x
) = 2(cosx -
2
sin
2
x)
0,25
(cosx -
2
sin
2
x)(3cosx 2sin
2
x) = 0



=+
=+
02cos3cos2
02coscos2
2
2
xx
xx
0,25










=
=
=
=
2
1
cos
)(2cos
2
2
cos
)(2cos
x
loaix
x
loaix
0,25
Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x =


2

4
k
+
& x =


2
3
k
+
0,25
2) Giải hệ phơng trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

+ + + =

+ = + +

Vì y = 0 không là nghiệm nên
2
2 2
2 2
2
2
1

4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y

+
+ + =


+ + + =



+ = + +
+


+ =



0,25
t
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta cú h



=
=+
72
4
2
uv
vu
0,25
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = = =





= + = = =

0,25
+) Vi
3, 1v u= =
ta cú h:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
= =

+ = + = + =




= =
+ = = =


.
+) Vi

5, 9v u= =
ta cú h:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x

+ = + = + + =


+ = = =

,hvô n
0
.
KL: Vy h ó cho cú hai nghim:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.
=
x y
0,25
Tính tích phân: I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+

+

1
t t=
1 1x +
x = 2

t = 2 x = 5

t = 3 dx=2(t-1)dt
0,25
CâuIII
I =

==
+

3
2
3
2
2
ln
2
1)1(
ln)1(
2 dt
t
t
dt

tt
tt
ln
2
3 ln
2
2
0,75
Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a. (SAC)
(ABCD)và (SBD) (ABCD) .Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 60
0
.Tính V và d(CD ; SB)
CâuIV
S
K
A O D

I
E H
B C
+) Gọi H = AC BD => SH (ABCD) & BH =
3
1
BD
Kẻ HE AB => AB (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60
0
.
0,25
Mà HE =
3

1
AD =
3
2a
=> SH =
3
32a
=> V
SABCD
=
3
1
.SH.S
ABCD
=
3
3
3
a
0,25
+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>ACD có trung tuyến SO =
2
1
AD
CD AC => CD (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO (SAC).
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
0,25
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
3
1

IC =
6
2a
=> IS =
6
25
22
a
HSIH
=+
kẻ CK SI mà CK BO => CK (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : S
SIC
=
2
1
SH.IC =
2
1
SI.CK => CK =
5
32. a
SI
ICSH
=
Vậy d(CD;SB) =
5
32a
0,25
CâuV

Cho: a , b, c dơng tm : ab + bc + ca = 3 CMR:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ +
+ + + + + +
p dng BT Cauchy cho 3 s dng ta cú:
2
3
3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + +
.
0,25
Suy ra:
2
2
2
1 ( ) ( ) (
1 1
1 ( ) 3
) 3 (1).+ + + + = + +
+ +
=a b c abc a b c a ab b
a b c a
c ca a
0,25
Tng t ta cú:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).

1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c

+ + + +
0,25
Cng (1), (2) v (3) theo v vi v ta cú:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
+ +
+ + + + = =
+ + + + + +
W
.
Du = xy ra khi v ch khi
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = = = = >
0,25
CâuVIa
1) Cho đtròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết ptđthẳng d qua
M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt mà S

BIA
Max.
Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2.

Giả sử ptđt (d) : Ax + By A + 8B = 0 với A
2
+ B
2
> 0.
0,25
Luôn có BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S

BIA
=
2
1
IA.IB.sinAIB = 2sinAIB
0,25
=> S

BIA
2 Dấu = khi AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) =
2

2
311
22
=
+

BA
AB
0,25
7A

2
66BA + 119B
2
= 0 (A 7B)(7A 17B) = 0
Vậy có hai đờng thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0.
0,25
2) ChoABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).
Tìm toạ độ tâm đờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC.
Ta có AB = 5
5
; AC = 3
5
;
0,25
Gọi D(x ; y ; z) là chân đờng phân giác trong góc A =>
AC
AB
DC
DB
=
=>
DCDB
3
5
=

DB
(- 4 x; - 5 y; 2 z) &
DC
(4 x ; - 1 y ; 2 z) => D(1 ; -

2
5
; 2)
0,25
Ta có BD =
2
55
khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đờng tròn nội tiếp ABC thì áp dụng
tính chất phân giác trong của BAD ta có :
BD
BA
ID
IA
=
=>
IA
= - 2
ID
=> I(1 ; 0;2).
0,5
CâuVIIa
Tìm m để bpt : 1 + log
5
(x
2
+ 1 ) > log
5
(x
2
+ 4x + m) n

0
đúng x(2 ; 3).
Bpt xác định x(2 ; 3) x
2
+ 4x + m > 0 x(2 ; 3 m > - x
2
4x x(2 ; 3
0,25
Xét f(x) = - x
2
4x x(2 ; 3 x 2 3
f(x) = - 2x 4 => BBT : f(x) -
-12
f(x) - 21
từ BBT => bpt xác định x(2 ; 3) m

- 12. (1)
0,25
Bpt log
5
(5x
2
+ 5) > log
5
(x
2
+ 4x + m)
Khi đó bpt n
0
đúng x(2 ; 3) x

2
+ 4x + m < 5x
2
+ 5 x(2 ; 3)
m < 4x
2
4x + 5 x(2 ; 3)
0,25
Xét f(x) = 4x
2
4x + 5 x(2 ; 3) x 2 3
f(x) = 8x 4 => BBT : f(x) +
29
f(x) 13
Vây để bpt n
0
đúng x(2 ; 3 ) m [ - 12 ; 13 ]
0,25
CâuVIb
1) Cho A(1 ; 4) và hai đờng thẳng b : x + y 3 = 0 ; c : x + y 9 = 0.
Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Gọi B(b ; 3 b) & C( c ; 9 c) =>
AB
(b 1 ; - 1 b) ;
AC
(c 1 ; 5 c)
0,25
& ABC vuông cân tại A






=
=
ACAB
ACAB 0.




+=++
+=
2222
)5()1()1()1(
)5)(1()1)(1(
ccbb
cbcb
0,25
vì c = 1 không là n
0
nên hệ







+=++



+

+
=
)2....()5()1()1(
)1(
)5(
.)1(
)1...(........................................
1
)5)(1(
1
222
2
2
2
ccb
c
c
b
c
cb
b
Từ (2) (b + 1)
2
= (c - 1)
2
.

0,25
Với b = c 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5).
Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).
Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).
0,25
2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi
E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD. Viết phơng trình mặt phẳng
(P) chứa các đờng thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 45
0
.
áp dụng hệ thức lợng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đờng cao ứng với
cạnh huyền là OE & OF => E








++
22
2
1
;0;
1 m
m
m
m
& F









++
22
2
1
;
1
;0
m
m
m
m
0,25
Tính [
OFOE;
] => pt (EFO) : x + y mz = 0
0,25
ta có cosFOE = cos(
OFOE;
) =
2
1
1

.
.
m
OFOE
OFOE
+
=
0,25
để EOF = 45
0

2
1
1
2
1
m
+
=
m =
12

( do gt m > 0)
0,25
CâuVIIb
Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log
5
(x
2
+ 1 ) log

5
(mx
2
+ 4x + m) x R.
bpt xác định với ) x R mx
2
+ 4x + m > 0 ) x R
0,25




<
>




<
>
04
0
0
0
2
m
mm
m > 2 (1)
0,25
khi đó bpt nghiệm đúng x R 5x

2
+ 5 mx
2
+ 4x + m x R
(5 m)x
2
4x + 5 m 0 x R
0,25





>
0
05 m




+
<
02110
5
2
mm
m
m 3 (2)
Từ (1) & (2) => bpt n
0

đúng x R m (2 ; 3]
Vậy GTLN của m thoả mãn yêu cầu đề bài là : m = 3.
0,25
+ Điểm của bài thi làm tròn đến 0,5.
+ Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tối đa.
Thái Bình ngày 15 tháng 01 năm 2011.

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×