Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau, tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm.[r]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 MƠN TỐN – KHỐI B
THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0) điểm
Cho hàm số 2
2
y=x + mx +m +m có đồ thị (Cm)với m tham số
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = −1
2 Tìm m để (Cm) có điểm cực trị điểm cực trị lập thành tam giác Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác
3
2
cos sin 1
cos2 1 (cos sin ) 4
x x
x
x x
−
=
+ +
2 Giải hệ phương trình
2
2
3 2
1 1
2 4 y
x y x
x x y
y
+ =
+ −
+ − =
Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn
2
0
1 3 ln(1 ) lim
x
x
e x x
L
x →
− + + +
=
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Cho J trung điểm SD Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ)
Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca+ + ≥3 Chứng minh
2 2
3 3 3 2( )
a+ + b+ + c+ ≤ a +b +c
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;1) Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng y =3 điểm C thuộc trục hoành cho tam giác ABC tam giác
2 Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;2) B(3;1) Viết phương trình đường trịn qua A, B có tâm nằm đường thẳng 7x+3y+1 0=
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên n ≥2 thỏa mãn hệ thức Cn0 +C1n +Cn2 =79 Tìm số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Newton biểu thức (x+ x)n
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;0), B −( 2;4), C −( 1;4), D(3;5), tìm tọa độ điểm M đường thẳng 3x y− −5 0= cho hai tam giác MAB MCD có diện tích
2 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng 4x+3y−2 0= tiếp xúc với hai đường thẳng x y+ +4 0= 7x y− +4 0=
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình +
+ ≥ 3− +
2
log (4x 1) log (2 x 6) x
(2)ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Lời giải Điểm
I.1
(1đ) Với m = −1 hàm số
4 2 y x= − x
a TXĐ: D =
b Sự biến thiên hàm số * Giới hạn hàm số vô cực
lim x→−∞
= +∞ lim x→−∞
= +∞
* Bảng biến thiên
3
' 4 4
y = x − x Do y' 0= ⇔x =0;x= ±1
- x −∞ -1 +∞
y’ - + - +
y
+∞ +∞
-1 -1
- Hàm số nghịch biến khoảng (−∞ −; 1) (0;1) đồng biến khoảng
( 1;0)− (1;+∞)
Hàm số đạt cực đại x =0, giá trị cực đại hàm số Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, giá trị cực tiểu y ± = −( 1) 1
- c Đồ thị
* Điểm uốn y'' 12= x2 −4 '' 0
y = có hai nghiệm 3
3
x = ± y’’ đổi dấu qua hai nghiệm nên đồ thị có hai điểm uốn ( 3; 5)
3 9
− − ( 3; 5) 3 −9 * Điểm cắt trục tung (0;0),
các điểm cắt trục hoành (0;0); (− 2;0) ( 2;0) Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng Yêu cầu:
Đủ đề mục khảo sát
Đồ thị hàm số phải vẽ trơn có tính đối xứng
0.25
-
0.25
-
0.25
-
0.25
I.2 (1đ)
3
' 4 4 4 ( )
y = x + mx= x x +m
0 x
y
-1
-1
1
3 3
3 −
(3)2
0
' 0 x
y
x m
= = ⇔
= −
Để hàm số có điểm cực trị pt y’=0 có nghiệm phân biệt nên m<0
Khi y’ đổi dấu qua nghiệm nên đk đủ để hàm số có điểm cực trị m<0 - Tính tọa độ điểm cực trị A(0;m2 +m); B( −m m; ); C(− −m m; )
2
( ; )
AB= −m m−
; AC = −( −m m;− 2)
AB AC= = −m m+ nên tam giác ABC cân A
- Để tam giác ABC cần BAC = 600
Do
4
1
cos cos( ; )
2
m m
BAC AB AC
m m
+
= = =
− +
- Từ tính m = −3 2
0.25
-
0.25 - 0.25
- 0.25 II.1
(1đ)
ĐK: x ∈
Biến đổi pt (cos sin )(1 sin cos ) 1(cos sin )(cos sin )
2 2sin cos 4
x x x x
x x x x
x x
− +
= − +
+
-
Ta cos sin 0
cos sin 2
x x
x x
− =
+ =
- Chỉ pt thứ hai vô nghiệm
-
Giải pt đầu suy nghiệm ( )
4
x=π +k kπ ∈
0.25 -
0.25 -
0.25 -
0.25
II.2 (1đ)
ĐK xy ≠0, đặt a x= 2+ y2 −1 b x
y
= (ab ≠0), ta hệ
3 2 1
2 3
a b
a b
+ =
− =
- Giải hệ phương pháp a=1;b= −1 a=9;b=3
- Giải trường hợp đầu ta nghiệm (1; 1);( 1;1)− −
- Trường hợp sau nghiệm (3;1);( 3; 1)− −
- Tóm lại hệ có nghiệm (1; 1);( 1;1);(3;1);( 3; 1)− − − −
0.25
- 0.25 -
0.25 -0.25
III
(1đ) Biến đổi
2
0
( 1) (1 1 ) ln(1 )
lim
x
x
e x x
L
x
→
− + − + + +
=
2
2
( 1) 1 (1 ) ln(1 )
lim .
(1 1 )
x
x
e x x
x
x x x x
→
− − + +
= + +
+ +
(4)-
2
2
( 1) 3 ln(1 )
lim .2 .
2 1 1 3
x
x
e x
x
x x x
→
− +
= − +
+ +
- Khi x →0 2x →0 x →2 0 nên
2
2
0
1 ln(1 )
lim 1;lim 1
2
x
x x
e x
x x
→ →
− +
= = =
- Từ tính giới hạn cho 1
2
L =
- 0.25 -
0.25 - 0.25
IV (1đ)
Gọi I trung điểm AB từ giả thiết suy Suy SI vng góc với mặt (ABCD)
- Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) 1
2
khoảng cách từ S đến mặt (ABCD)
bằng 1 3
2 4
a
SI =
Từ suy thể tích tứ diện ACDJ
3
1 1 3 3
.
3 2 4 24
a a
V = a = (đvtt)
- Xét tam giác BCI vuông B nên
2
2 2 5
4 4
a a
CI =CB +BI =a + =
Tam giác SIC vuông I nên
2
2 2 3 5 2
4 4
a a
SC =SI +IC = + = a Tương tự
2 2 SD =SC = a
Tam giác SCD có CJ đường trung tuyến nên
2 1( 2) 1 1(2 2) 1.2 2
2 4 2 4
CJ = SC +CD − SD = a +a − a =a
-
Xét tam giác AJC có ; 2;
2
a
AJ = AC a= CJ =a nên tính cos 3
4
A = Từ
7
sin
4
JAC = nên
2 AJC
1 7 7
. . 2.
2 2 4 8
a a
S = a =
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ)
3
2
3
3. 21
24
7 7
8
a
a d
a
= = (đvd)
*************************************************************************** Có thể tính diện tích tam giác JAC cách lấy hình chiếu J mặt đáy (là trung điểm H DI) Trong mặt đáy, kẻ HK vng góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc
0.25
-
0.25
-
0.25
-
0.25
A
B
D
C S
(5)AC JK vng góc với AC tính JK đường cao tam giác JAC V
(1đ’) Áp dụng bdt Cauchy cho số (a 3) 4 a 3 a 3 a7 4 +
+ + ≥ + ⇔ + ≤
Làm tương tự cộng vào với ta 3 3 3 21
4
a b c a+ + b+ + c+ ≤ + + +
- Dùng bdt Cauchy cho số ta a2 +1 2≥ a
Do dó
2 2
21 45
4 8
a b c+ + + a +b +c + ≤
- nên cần chứng minh
2 2
2 2
45
2( )
8
a b c
a b c
+ + +
≤ + + hay a2 +b2 +c2 ≥3 vớiab bc ca+ + ≥3
- Bất đẳng thức a2 +b2 +c2 ≥ab bc ca+ + suy đpcm
Dấu “=” xảy a b c= = =1
0.25 -
0.25 -
0.25 - 0.25 VI.a.1
(1đ’)
Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0) Tam giác ABC AB=BC=CA Từ ta có hệ:
2
2
( 1) 4 ( 1) 1
( 1) 4 ( ) 9
a b
a b a
− + = − +
− + = − +
- Đổi biến u a= −1;v b= −1 thu hệ đẳng cấp:
2
2
3
2 5
v u uv v
− =
− =
suy 8v2 −6uv−5u2 =0⇔ u = −2v 4 5
v u =
- Trường hợp đầu vô nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) (4 3; );( 4 3; 5 3)
3 3 − 3 − 3 - Tính B,C (4 3;3); (5 3;0)
3 3
B + C + ( 4 3;3); ( 5 3;0)
3 3
B − + C − +
0.25 -
0.25
- 0.25 -
0.25
VI.a.2 (1đ’)
Gọi tọa độ tâm đường tròn I(a;b)
IA=IB nên (a−1)2 +(b−2)2 =(a−3)2 +(b−1)2 ⇔4a−2b=5
- mà 7a+3b = −1, tính 1; 3
2 2
a = b= −
- suy 25
2
R =
-
0.25 -
0.25 - 0.25 -
(6)Vậy pt đường tròn ( 1)2 ( 3)2 25
2 2 2
x− + y+ = VII.a
(1đ’) Từ giả thiết suy pt 1 ( 1) 79 2
n n
n −
+ + = , tính n = −13(loại) n =12
- Số hạng tổng quát khai triển
2 12
12 3
12 12
k k
k k k
C x − x C x −
= với 0≤k ≤12
- Để số hạng chứa x8 12 2 8
3
k
− = nên k =6
- Từ số hạng chứa x8 khai triển 924x8
0.25 -
0.25 -
0.25 -
0.25 VI.b.1
(1đ’) Tính AB =5 ptAB 4x+3y−4 0= ; CD = 17 pt CD x−4y+17 0= - Gọi M a a −( ;3 5) Để hai tam giác MAB MCD có diện tích
(M AB; ). (M CD; ). 13 19 11 37 d AB d= CD⇔ a− = a−
- Tính a = −9 7
3
a = (khi MAB MCD thật tam giác)
- Từ suy M − −( 9; 32) ( ;2)7
3
M
0.25 -
0.25 -
0.25 -
0.25
VI.b.2 (1đ’)
Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác hai đường thẳng nên có thuộc đường thẳng 3 8
x− y = 3x y+ = −6
- Trường hợp thứ tính tâm(2; 2);− R=2 2 Ptđtròn (x−2)2 +(y+2)2 =8 - Trường hợp thứ hai tính tâm( 4;6);− R=3 2 Ptđtrịn (x+4)2 +(y−6)2 =18
0.25 - 0.375 - 0.375
VII.b
(1đ’) ĐK 2 6
8 x
> Bpt tương đương với 4x +1 (8.2≥ 2x −6).2x
Đặt 2 ( 6)
8 x
t = t > ta 8t3−t2 −6t−1 0≤ hay (t−1)(8t2 +7t+1) 0≤ Do 8t2 +7t+1 0> nên t ≤1
Từ suy nghiệm bpt log2 6 0 8 <x≤
0.25 -0.25 -0.25 -0.25 Yêu cầu:
Học sinh trình bày chi tiết lời giải bước tính tốn
Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt điều kiện cần đủ bước đánh giá