Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.. 2.[r]
(1)SỞ GD ĐT HÀ NỘI đề LUYỆN THI đại học khối A 2011 Trờng THPT Trần Hng Đạo Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút
I.PhÇn chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=2x+1
x+2 cú thị (C) 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 2.Giải bất phơng tr×nh √log2
2
x −log2x
−3>√5(log4x2−3) Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I=dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A
1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a
C©u V (1 ®iĨm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chơng trình chuẩn Câu VIa (2 điểm)
1.Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng
tr×nh ¿ x=1+2t
y=t z=1+3t
¿{ { ¿
LËp ph¬ng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d
tới (P) lớn
Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 ®iÓm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đờng thẳng d có phơng trình x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình x −1
2 = y 1=
z −1
3 Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tíi (P) lµ lín nhÊt
(2)
-Hết-đáp án đề thi thử đại học lần a - mụn toỏn
I.Phần dành cho tất thí sính
Câu Đáp án Điể
m I
(2 ®iĨm)
1 (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên
+Giới h¹n:
x → −2+¿=− ∞;lim y
x → −2−=+∞ lim y
x →− ∞
=lim y x →+∞
=2;limy ¿
Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y =
0,5
+
x+2¿2 ¿ ¿ y '=3¿
Suy hàm số đồng biến khoảng ( ;2) v (2;+)
0,25
+Bảng biến thiên
x − ∞ -2 +∞ y’ + +
+∞ y
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;
2 ) cắt trục Ox điểm( − ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2 (0,75 ®iĨm)
Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng
tr×nh
2x+1
x+2 =− x+m⇔ x ≠ −2
x2+(4−m)x+1−2m=0(1) ¿{
Do (1) cã −2¿
+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m Δ=m2
+1>0 va¿ nên đờng thẳng d
0,25
y
O -2
(3)luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi AB=√24
0,5 II
(2 ®iĨm)
1 (1 ®iĨm)
Phơng trình cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =
1−sinx=0 ¿
6 cosx+2 sinx −7=0(VN) ¿
¿ ¿ ¿
0,25
x=π 2+k2π
0,25
2 (1 điểm)
ĐK:
x>0 log2
2
x −log2x
−3≥0 ¿{
¿
Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x −log 2x
2−3
>√5(log2x −3)(1) đặt t = log2x,
BPT (1) √t2−2t −3
>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)
0,5
⇔
¿t>3 t −3¿2
¿ ¿ ¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ 3<t<4
¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ ¿ ¿{
¿
(t+1)(t −3)>5¿
(4)⇔
0<x ≤1 ¿ 8<x<16
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)
III
1 ®iĨm I=∫dxsin3
x cos3x cos2x=8∫ dx
sin32x cos2x đặt tanx = t
⇒dt=dx
cos2x ;sin2x= 2t 1+t2 2t
1+t2¿ ¿ t2+1¿3
¿ ¿t3
¿ ¿ ¿ ¿ dt ¿
⇒I=8∫¿
0,5
¿∫t
+3t4+3t2+1 t3 dt ∫(t3
+3t+3 t+t
−3 )dt=1
4tan 4x
+3 2tan
2x
+3 ln|tanx|− tan2x+C
(5)C©u IV
1 điểm Do giả thiết góc AH(A B1C1)AA nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo 1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, gãc ∠AA1H =300 ⇒A1H=
a√3
2 Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H thuc B1C1 v A1H=a3
2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AHB1C1 nên B1C1(AA1H)
0,5
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1
0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=
A1H AH AA1
=a√3
0,25
Câu V
1 điểm Ta cú: P + = a √1+b2+b
2 + b
3 √1+c2+c
2 + c
3 √1+a2+a
2
⇔P+ 4√2=
a3 2√1+b2+
a2 2√1+b2+
1+b2 4√2
+b3 2√1+c2+
b2 2√1+c2+
1+c2 4√2
+c3 2√1+a2+
c2 2√1+a2+
1+a2 4√2
3 √ a6
16√2+3 √ b6
16√2+3 √ c6
16√2
0,5
0,5
(6)1.Ban c¬ Câu
VIa 2 điểm
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔ m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt A I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
0,5
HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
u=(2;1;3)
AHdAH u= 0 véc tơ phơng d)
⇒H(3;1;4)⇒⃗AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu VIIa 1 điểm
Từ giả thiết toán ta thấy có C4
=6 cách chọn chữ số chẵn (vì số 0)và C5
2
=10 cách chọn chữ số lÏ => cã C5
C5
= 60 số thỏa mÃn toán
0,5
Mỗi số nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C42 C52 4! = 1440 số
0,5
2.Ban nâng cao Câu
VIa 2 điểm
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng trịn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vuông cạnh ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔ m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
(7)A ≡ I
VËy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
⃗
u=(2;1;3)
AH⊥d⇒⃗AH u=⃗ 0¿ lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cđa d)
⇒H(3;1;4)⇒⃗AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu VIIa 1 điểm
Từ giả thiết tốn ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu) C5
3 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C5
2 . C5
3 = 100 số đợc chọn
0,5
Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C52 C53 5! = 12000 số
Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C4
.C5
4!=960 VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n toán
(8)I PHN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3mx2Cm
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số C1
2 Tìm m để đồ thị hàm số Cmcó tiếp tuyến tạo với đường thẳngd x y: 7
góc , biết
1 os
26
c
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình
2
2cos3 cos sin 2 os
x x x c x
2 Giải phương trình x 3 3x 1 x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3ln
2
0 x
dx I
e
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân đỉnh A, AB a 2.
Gọi I trung điểm cạnh BC Hình chiếu vng góc H S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA2 IH Góc SC mặt đáy (ABC) 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH)
Câu V (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2 c2 1
Chứng minh
5 5
2 2 2
2 2
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần A B
A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d x y: 0 d x y' : 0 Trung điểm một cạnh giao điểm d với trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) N( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K0;0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
n
n k n k k n k
a b C a b
với quy ước số hạng thứ i khai triển số hạng ứng với k = i-1
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011MƠN: TỐN; KHỐI: B+D
(9)Hãy tìm giá trị x biết số hạng thứ khai triển
8
1
3 1 log 3 1
log2 5 2
2
x
x
224.
B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Cho tam giác ABC cân A, phương trình cạnh AB, BC x2y1 0 3x y 5 Viết phương trình cạnh AC biết AC qua điểm M(1;-3)
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A2;3;1 , B1; 2;0 , C1;1; 2 Tìm tọa độ trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x3log2 x 29 log2x
……….Hết………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN; KHỐI: A
(Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề)
Câu Nội dung Điểm
I (2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C1) có dạng y x 3 3x2 Tập xác định:
Sự biến thiên
- xlim y , limx y
0,25
- Chiều biến thiên: y' 3 x2 0 x1 Bảng biến thiên
X -1 1
y’ + - +
Y
4
0
0,25
Hàm số đồng biến khoảng ; , 1; , nghịch biến khoảng (-1;1)
Hàm số đạt cực đại x1,yCD4 Hàm số đạt cực tiểu x1,yCT 0
0,25
Đồ thị: Đồ thị hàm số qua điểm (0; 2), (1; 0) nhận I(0; 2) làm điểm
(10)f(x)=x^3-3x+2
-2 -1 -1
1
x y
2.(1,0 điểm)
Ta có y' 3 x2 3m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y' 0 có hai nghiệm phân biệt m0
0,25
Vì
' 2
3
y x y mx
nên đường thẳng qua cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số có phương trình y2mx2
0,25
Ta có
2
,
4
m
d I R
m
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ln cắt đường trịn tâm I(1; 1), bán kính R = điểm A, B phân biệt
Với
1
m
, đường thẳng khơng qua I, ta có:
2
1 1
.sin
2 2
ABI
S IA IB AIB R
0,25
Nên SIAB đạt giá trị lớn ½ sinAIB = hay tam giác AIB vuông
cân I
1
2
R IH
(H trung điểm AB)
2
2 1
2
4
m
m m
0,25
II
(2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Đặt tx 2x24 t2 2x42x2 ta phương trình 0,25
2
2
1
2
t t
t t t
t
0,25
Với t4 ta có
0 0 0
2
2 4 4 2 4 2 2
2 16 2 8 0 2
x x x
x x x
x x x x x
(11)Với t2 ta có
2
4 2
0 0
2
2 2
x x x
x x x
x x x x x
0,25
III
(1điểm
)
I=∫ e
lnx
x√1+lnx dx+3∫1 e
x2ln xdx =I1+3I2
+) Tính I1=∫ e
lnx
x√1+lnxdx Đặt
2
1 ln ln ;
t x t x tdt dx
x
Khi x=1⇒t=1; x=e⇒t=√2
0,25
2
2 1 3 2 2 2
2 2 2
.2 2
1 1 1 3 3
1
t t
I tdt t dt t
t
∫ ∫
0,25
+) Tính I2= e
x2lnxdx Đặt
¿ u=lnx dv=x2dx
⇒
¿du=dx x v=x
3 ¿{
¿
∫
e
3 3 3
e e
2 1
1
x e x e e 2e
I ln x x dx
3 3 3 9
0,25
I=I1+3I2=¿ 5−2√2+2e
3 0,25
IV
(1điểm
)
S
H
C
A
B I
(12)*Ta có IA2 IH H thuộc tia đối tia IA IA2IH
BCAB 2 a Suy
3 ,
2
a a
IA a IH AH IA IH 0,25 Ta có
5
2 2 2 . .cos 450
2
a HC AC AH AC AH HC
Vì
15
0
, 60 tan 60
2
a SH ABC SC ABC SCH SH HC
0,25
Ta có
5
2 2 2 . .cos 450
2
a HC AC AH AC AH HC
Vì
0 15
, 60 tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
1 15
3
S ABC ABC
a
V S SH dvtt 0,25
* BI AH BI SAH BI SH
, 1 1 1
, ,
2 2
,
d K SAH SK a
d K SAH d B SAH BI
SB d B SAH
0,25
V
(1điểm
)
Do a, b, c > a2b2c2 1 nên a b c, , 0;1
Ta có
2
5 2 3
2 1
a a
a a a
a a
b c a
Bất đẳng thức trở thành
2
3 3
3
a a b b c c
0,5
Xét hàm số f x x3x x 0;1 Ta có: 0;1
2 ax
9
M f x
3
f a f b f c
Dấu “=” xảy a = b = c= 0,5 VIa (2điểm ) 1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I d d’ nghiệm hệ phương trình
3 2
;
6 2
2 x x y I x y y
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm AD
Ox 3;
M d M
0,25
(13)Theo giả thiết SABCD AB AD 12 AD2
Vì I, M thuộc d dAD AD x y: 0
Lại có MA MD 2 tọa độ điểm A, D nghiệm cuẩ hệ phương trình
2
3 2 4
2;1 ; 4;
1
3
x y x x
A D y y x y 0,25
Do I trung điểm AC nên C(7; 2)
TT: I trung điểm BD nên B(5; 4) 0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi nA B C, , ⃗
A2 B2 C2 0
là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
1 2
Ax B y C z Ax By Cz B C
0,25
1;1;3 2
N P A B C B C A B C P : 2B C x By Cz B 2C
0,25
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
,
2
4
B d K P
B C BC
-Nếu B = d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu B0thì
, 2 2 2
2
4
2
B d K P
B C BC C
B 0,25
Dấu “=” xảy B = -C Chọn C =
Khi pt (P): x + y – z + = 0,25
VIIa
(1điểm
) Ta có
3
2
1
1 log 3 1
log 5
2 ,
x
x x x
0,25
Số hạng thứ khai triển ứng với k =
3
1
1
5 3 5 1
8 56
x x x x
C
0,25
Treo giả thiết ta có
1
56 224
9 1 x x x x x x 0,5 VIb
(14)) 21
2 21 13;
7 14 13 5
5 x x y B x y y
Lại có ABCD hình chữ nhật nên AC AB, AB BD, Kí hiệu nAB 1; , nBD 1; , nAC a b,
vtpt đường thẳng AB, BD, AC
Khi ta có:
2
3
cos , cos ,
2
AB BD AC AB
n n n n a b a b
2
7
7
a b
a ab b b
a 0,25
Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi phương trình AC: x – y – = A AB AC nên tọa độ điểm A nghiệm hệ
1
3;
2
x y x
A
x y y
Gọi I tâm hình chữ nhật I ACBD nên tọa độ điểm I nghiệm
hệ
7
1 5;
7 14 2
2 x x y I x y y
Do I trung điểm AC BD nên
14 12
4;3 , ;
5
C D
0,25
Với b = -7a loại AC khơng cắt BD 0,25
2.(1,0 điểm)
H x y z; ; là trực tâm tam giác ABC
, ,
BH AC CH AB H ABC
2 15
2
29
1
15
2
, 1
3
2 29
; ;
15 15
x
BH AC x y z
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z H ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
⃗ ⃗ ⃗ 0,5
I x y z; ; tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
,
AI BI CI I ABC
(15)
2 2 2
2
2 2
2 2
2 1
1 2
2
,
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC
⃗ ⃗ ⃗ 14 15
61 14 61
, ,
30 15 30
1
x
y I
z
VIIb
(1điểm
)
Điều kiện x >
Bất phương trình 3x log 2x2x1 1
Nhận thấy x = nghiệm phương trình (1)
0,25
TH1: Nếu x >
3
1 log
2
x x
x
Xét hàm số
3 log
f x x
, hàm số đồng biến khoảng 0;
1
x g x
x
, hàm số nghịch biến khoảng 3;
0,25
+ Với x> f x f 4 3 g 4 g x Suy bất phương trình có nghiệm x >
+ Với x4 f x f 4 3 g 4 g x bất phương trình vơ nghiệm
0,25
TH2: Nếu x <
3
1 log
2
x x
x
+ Với x thì f x f 1 0 g 1 g x bất phương trình vơ nghiệm + Với x < f x f 1 0 g 1 g x Bất phương trình có nghiệm < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm
(16)