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 : http://aotrangtb.com 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 : http://aotrangtb.com . 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   +. (2.0 ñiểm) 1. (1.0 ñiểm) Khảo sát … • Tập xác ñịnh: { } D 1= ℝ . • Sự biến thi n: - Chi ều biến thi n: ( ) 2 3 y ' 0, x 1 x 1 − = < ∀ ≠ − . - Hàm số nghịch biến trên các. 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: