http://huongphuong.tk Trường THPT Quế Võ số ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 5/2011 Môn: Toán khối A, B Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) x −2 (1). x −1 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Tìm m để phương trình ( x − 1)log2 m = x − có nghiệm phân biệt. Cho hàm số y = Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình (2sin x − 1)(2 cos x − 1) + 4sin x = 2. Giải bất phương trình x − x + 15 + x + x − 15 ≤ x − 18 x + 18 Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: x2 − , y=− , x = −2 x Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) y= a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V (1 điểm) Cho x, y, z ba số thực không âm, khác thoả mãn x + y + z = . 1 . Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + ( x + y )( y + z) ( x + z)( y + z) Câu VI (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x + y − x + y + = đường thẳng d : x − 3y − = . Tìm tọa độ giao điểm M, N d (C) , xác định tọa độ điểm P để tam giác MNP vuông nội tiếp (C) . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1; −1), B (3;1;1) mặt phẳng ( P) : x + y + z − = . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) cho tam giác ABC đều. Câu VII (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức 1 1 Cn0 − Cn1 + Cn2 + . + ( −1) n Cnn = ( Cnk số tổ hợp chập k n phần tử). n +1 2011 ---------- Hết ---------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán coi thi không giải thích thêm. Họ tên thí sinh: ……………………………. ; Số báo danh: …………… . http://huongphuong.tk ĐÁP ÁN Nội dung Câu I.1 • Tập xác định: R \ {1} (1đ) • Sự biến thiên: điểm > 0, ∀x ≠ . ( x − 1)2 Hàm số đồng biến khoảng (−∞;1) (1; +∞) - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = ; tiệm cận ngang y = 0.25 - Chiều biến thiên: y ' = x →−∞ x →+∞ 0.25 lim y = +∞; lim+ y = −∞ ; tiệm cận đứng x = x →1− x →1 - Bảng biến thiên: x -∞ y' +∞ 0.25 + + +∞ y -∞ • Đồ thị: y 0.25 x -2 -1 -1 -2 I.2 (1đ) ( x − 1)log2 m = x − (2) ⇔ log2 m = x −2 x −1 (do x=1 không nghiệm (2)) 0.25 Do phương trình (2) có nghiệm phân biệt đt d : y = log m đồ thị (C ') : y = g( x ) = x−2 x −1 có điểm chung phân biệt. Gọi (C) đồ thị h/s y = f ( x ) = x −2 (đã vẽ phần 1.). x −1 f ( x ) nÕu x ≥ Do với x ≥ (C ') trùng với (C) , − f ( x ) nÕu x < với x < (C ') phần đối xứng với (C) qua trục hoành. Suy ta có đồ thị (C ') : Ta có g( x ) = 0.25 http://huongphuong.tk y x -4 -3 -2 -1 -1 0.25 -2 -3 -4 Từ đồ thị ta thấy d cắt (C ') hai điểm phân biệt < log m < ⇔ < m < . Vậy với < m < phương trình cho có hai nghiệm phân biệt. II.1 (1đ) II.2 (1đ) pt ⇔ sin x cos x − 2sin x − cos x + + 2(1 + cos2x ) = ⇔ sin x − cos2x = sin x + cos x 1 π π ⇔ sin x − cos2x = sin x + cos x ⇔ sin(2 x − ) = sin( x + ) 2 2 π π π 2 x − = x + + k 2π x = + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ Z ) 2 x − π = π − ( x + π ) + k 2π x = 5π + k 2π 18 π 5π 2π +k ( k ∈ z) Vậy phương trình có họ nghiệm x = + k 2π , x = 18 x − x + 15 ≥ x = Điều kiện x + x − 15 ≥ ⇔ x ≤ −5 x ≥ 4 x − 18 x + 18 ≥ + Với x = bất phương trình thoả mãn. Do x = nghiệm bpt + Với x ≥ bpt viết thành 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ( x − 5)( x − 3) + ( x + 5)( x − 3) ≤ ( x − 3)(4 x − 6) ⇔ x − + x + ≤ x − ⇔ x + x − 25 ≤ x − 17 17 nghiệm ⇔ x − 25 ≤ x − ⇔ x − 25 ≤ ( x − 3)2 ⇔ x ≤ . Do ≤ x ≤ 3 +Với x ≤ −5 bpt viết thành (5 − x )(3 − x ) + (3 − x )( −5 − x ) ≤ (3 − x )(6 − x ) 17 ⇔ − x + −5 − x ≤ − x ⇔ x − 25 ≤ − x + ⇔ x ≤ 17 Do x ≤ −5 nghiệm. Tóm lại bpt có nghiệm x ∈ ( −∞; −5] ∪ {3} ∪ 5; 3 III (1đ) 0.25 x2 − là: PT hoành độ giao điểm hai đường y = , y=− x x ≤ x2 − ⇔ x2 − = −x ⇔ ⇔ x = −4 =− x 4( x − 4) = x 0.25 0.25 0.25 http://huongphuong.tk −2 x2 − dx = + x ∫ Diện tích hình phẳng: S = −4 −2 = ∫ −4 −2 I1 = ∫ −4 đặt t = x2 − dx + x −2 ∫ −4 x2 − dx = x −2 ∫ −4 x − ⇒ t = x − ⇒ 2tdt = xdx ⇒ xdx = tdt , =2 − + ∫ −4 ∫ − t dt + π π dt , đặt t = tan u => I1 = − + 4. =2−2 + 24 t +4 −2 3 dx = x 2 −4 =2 3− π 0.25 +2 3− =2− + π (đvdt). Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a , ABD = 600 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO ⊥ (ABCD). V (1đ) 0.25 Vậy S = I1 + I2 = − + IV (1đ) t dt = t + ∫ ∫ 0.25 x2 − xdx , x2 x = −4 ⇒ t = 3, x = −2 ⇒ t = .Có I1 = I2 = ∫ −4 x2 − 3 + dx x dx = I1 + I2 −2 −2 S I D O C A a B K 0.25 H Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có a ⇒OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) DH ⊥ AB DH = a ; OK // DH OK = DH = 2 Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 1 a Tam giác SOK vuông O, OI đường cao ⇒ = + ⇒ SO = 2 OI OK SO a Diện tích đáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 3a ; đường cao hình chóp SO = . 3a Thể tích khối chóp S.ABCD: VS . ABCD = S ABCD .SO = 3 1 a+b Với a>0,b>0 ta có (a + b)2 ≥ ab ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ab a+b a b a+b Dấu “=” xảy a = b. 0.25 0.25 0.25 0.25 http://huongphuong.tk Từ giả thiết có x+y>0, y+z>0, z+x>0. Áp dụng kết ta có 1 4 P= + . = ≥ =4 ≥ y + z x + y x + z y + z x + y + z (1 − x )(1 + x ) − x + + x 2 x + y = x + z x = ⇒ P ≥ , dấu “=” xảy ⇔ x + y + z = ⇔ 1 − x = + x y = z = Vậy giá trị nhỏ P 4. VI.1 (1đ) x + y2 − x + y + = Tọa độ giao điểm M, N d (C) nghiệm hệ x − 3y − = x=− x = Do M (1;0), N (− ; − ) 5 y = y = − (C) có tâm I (1; −3) không thuộc d suy MN đường kính (C). ∆MNP vu«ng t¹i M cã ®−êng kÝnh lµ NP Do ∆MNP vuông nội tiếp (C) ⇔ ∆MNP vu«ng t¹i N cã ®−êng kÝnh lµ MP 14 27 NP đường kính ⇒ I (1; −3) trung điểm NP ⇒ P( ; − ) 5 MP đường kính ⇒ I (1; −3) trung điểm MP ⇒ P(1; −6) VI.2 (1đ) Lập pt mp trung trực (Q) đoạn AB: AB (2;0;2) , trung điểm I AB: I (2;1;0) Do pt mp (Q) 2( x − 2) + 2( z − 0) = ⇔ x + z − = 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Viết pt tham số đt d giao tuyến (P) (Q): d có vtcp u(1;0; −1) , M (2;0;0) ∈ d x = + t Do d có pt tham số d: y = z = −t Điểm C cần tìm thuộc d nên C(2 + t;0; −t ) cần có 5 5 Vậy có hai điểm C + ;0; − ; C − ;0; 2 2 n 2 n n n Ta có (1 − x ) = Cn − Cn x + Cn x − + ( −1) Cn x AC = AB ⇔ 2t + = ⇔ t = ± VII (1đ) ⇒ ∫ (1 − x ) dx = ∫ (C n0 − C n1 x + C n2 x − + ( − 1) n C nn x n ) dx 0.25 0.25 0.25 1 1 = Cn0 − Cn1 + Cn2 + . + ( −1) n Cnn n +1 n +1 1 ⇔ = ⇔ n = 2010 n + 2011 ,⇔ 0.25 n 0.25 0.25 0.25 . 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 5/2011 Môn: Toán khối A, B Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1 x y x − = − (1). 1. Khảo sát sự biến thi n. Hay tam giác ABD đều. Từ giả thi t hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). 0.25 Do tam giác ABD đều nên với H. bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………. ; Số báo danh: …………… http://huongphuong.tk ĐÁP ÁN Câu Nội dung điểm • Tập xác định: {1} R • Sự biến thi n: