Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P) cắt hình chóp S.ABCD.. II.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YấN đề thi thử đại học lần thứ NĂM 2011 TRƯỜNG THPT NAM PHÙ CỪ Mơn thi: TỐN–Giỏo dục trung học phổ thụng
Thêi gian làm bài: 180 phót, khơng kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ®iĨm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx3 3(m1)x2 9x m (1) (m tham số)
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m =
2) Xác định m để hàm số (1) đạt cực đại, cực tiểu cho yCĐ yCT 2 C©u II (2,0 điểm)
1) Giải phơng trình sau: ) sin( cos
cosx x x
2) Giải bất phương trình sau: log ( 1) log (4 )
1 ) ( log
2
2 x x x
C©u III(2,0 ®iĨm)
1) a Tính
5
1 x 3x
dx
I b Tìm 22
3 cos
1 lim
x
x x
J
x
2) Cho x;y;z 0 thỏa mãn 2
y z
x Tìm giá trị lớn P xy yz zx x y z
C©u IV(1,0 ®iĨm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên tạo với đáy góc 600 cạnh đáy a
a) Tính thể tích khối chóp SABCD
b) Qua A dựng mặt phẳng (P) vng góc với SC Tính diện tích thiết diện tạo mặt phẳng (P) cắt hình chóp S.ABCD
II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN(3,0 ®iĨm)
Thí sinh làm hai phần (phần hoc phn 2).
1 Theo chơng trình Chuẩn Câu V.a(2,0 ®iĨm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình đường thẳng chứa
đường cao đường trung tuyến kẻ từ C có phương trình 2x y130 6x 13y290 Tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2) Trong kh«ng gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu (S): 2
y z x y z
x mp(P) có
phương trình x2y2z100 Tìm phương trình mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) song song với mặt phẳng (P), xác định tọa độ tiếp điểm tương ứng
Câu VI.a(1.0 điểm)
Tỡm h s ca s hng chứa x5 khai triển n x
3
1 biết An32An2 100 2 Theo ch¬ng trình Nõng cao
Câu V.b(2.0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3;0);F2( 3;0)và qua điểm
) ; (
A , lập phương trình tắc (E) Chứng minh với M thuộc (E) ta có
5
2
MF MF
OM
2) Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) đờng thẳng d:
2
2
1 y z
x
a) Lập phơng trình mt cầu (S) có tâm nằm đường thẳng d qua hai điểm A, B
b) Tìm điểm M đường thẳng d cho diện tớch tam giỏc AMB nh nht
Câu VI.b(1,0 điểm). Có số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ?
(2)đáp án đề thi thử đại học ln a - mụn toỏn
I.Phần dành cho tất thí sính
Câu Đáp án Điểm
I
(2 điểm)
1 (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giíi h¹n: 2 2
lim ; lim
; lim lim
x x
x x
y y
y y
Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y =
0,5
+ x D
x
y
) (
3
' 2
Suy hàm số đồng biến khoảng (;2) (2;) 0,25 +Bảng biến thiên
x -2
y’ + +
y
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;
) 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 trình
)1( 0 21 ) 4( 2 2
1 2
2 xm m
x x m x x
x
Do (1) cóm2 10va (2)2 (4 m).(2)1 2m30 m nên đờng
thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
0,25
x y
O
(3)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) =
) ( sin cos sin VN x x x 0,25
2
2 k
x 0,25
2 (1 điểm)
ĐK: 0 3 log log 0 2
2x x
x
Bất phơng trình cho tơng đơng với log log 5(log2 3) (1)
2
2x x x
đặt t = log2x,
BPT (1) 2 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)
t t t t t
t 0,5 4 log3 1 log 43 1 )3(5 )3)(1 ( 3 1 2 2 2 x x t t t tt t t 0,25 16 x x
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ] (8;16) ; ( III
1 ®iĨm
x x dx x x x dx
I 3 3 2 3 2
cos sin cos cos sin
đặt tanx = t
(4)C©u IV
1 điểm Do AH (A1B1C1) nên góc AA1H là góc AA1 (A1B1C1), theo giả
thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, gãc
H AA1
=300
2
1 a H
A
Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H
thuéc B1C1 vµ
2
1 a H
A nªn A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1
nªn B1C1 (AA1H)
0,5
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1
B1C1
0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH
4
1
1 a
AA AH H A
HK
0,25
Câu V
1 điểm Ta cú: P + = 2
3 2 2
1
1 a a
c c c b b b a
2 1
2
2
6
2 2
3 b
b a b
a
P
2 1
2
2
2
2
2
3 c
c b c
b
2 1
2
2
2
2
3 a
a c a
c
6
6
6
2 16 16 16
3 a b c
6 2
3 2 8
9 ) (
2 2
3 2
3
P a b c
2 2
3 2
9 2
3 2
9
6
P
Để PMin a = b = c =
0,5
0,5
Phần riêng.
1.Ban
Câu
VIa 1.( điểm)Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc
A1
A B
C
C
1
B1 K
(5)
7 5 6
1 2
3 2
1
m m m
m
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách t H n (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH HI=> HI lín nhÊt I
A
VËy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
0,5
) ; ;
( t t t H
d
H H hình chiếu A d nên )
3 ; ; ( (
d AH u u
AH véc tơ phơng d) )
5 ; ; ( )
4 ; ;
(
H AH 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
4
C cách chọn chữ số chẵn (vì số 0)và 10
5
C cách chọn chữ số lẽ => có C52
C = 60 bé sè tháa mÃn toán
0,5
Mi b s nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất
C C52.4! = 1440 sè 0,5
2.Ban n©ng cao C©u
VIa 2 ®iĨm
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
b»ng 3 IA3
0,5
7 5 6
1 2
3 2
1
m m m
m
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cỏch t H n (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH HI=> HI lín nhÊt AI
VËy (P) cÇn tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
0,5 )
3 ; ;
( t t t H
d
H v× H hình chiếu A d nên )
3 ; ; ( (
d AH u u
AH véc tơ phơng d) )
5 ; ; ( )
4 ; ;
(
H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
- Từ giả thiết toán ta thấy có 10
C cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu)
5
C =10 c¸ch chän ch÷ sè lÏ => cã C
5
C = 100 số đợc chọn
0,5
Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C52
C 5! = 12000 số Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu 3.4! 960
5
4 C
C VËy cã
tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 số thỏa mÃn toán
(6)P ÁN A: Câu I
1) Với m = ta có
x x x
y : TXĐ: D = R
' 12 3( 3)
x x x x
y ; y'0 x1 x 3
Bảng biến thiên
Đồ thị (Vẽ đúng, đẹp 0,25 điểm) 2) Ta có ' 6( 1)
x m x
y
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu x1;x2 pt y'0 có nghiệm phân biệt x1;x2 pt 2( 1)
m x
x có hai nghiệm phân biệt x1;x2
3
3
3 )1 (
'
m m m
Theo Viet ta có
3 .
)1 (2
2
2
x x
m x
x
* yCĐ + yCT =2 3( 1) 3( 1) 2
2
2
2
1
x m x x m x m x x m
3( 1)( ) 9( 2) 2
2 2
2
1
x x m x x x x m
( 1)( 2 3)
m m m
3
1
m m m
Câu II
1) )
4 sin( cos
cosx x x x x
x
x cos3 sin2 cos2
cos
0 cos cos cos sin cos 2
x x x x x
0 ) cos sin
(cos
cos
x x x x
0 ) cos sin
1 )( sin (cos
cos
x x x x x
0 cos sin
1
0 sin cos
0 cos
x x
x x
x
) (
4
Z k k
x
k x
k x
Vậy phương trình có họ nghiệm
Loại
(7)2) Điều kiện
0 4
0 1
0 3
x x x
0x1
Với điều kiện đó, bất phương trình cho log2(x3)log2 x 1log2(4x)
(x3)x 14x (2)
Trường hợp 1: Nếu x1 (2)
1 3 4
)1 )( 3 (
x x x x x
Trường hợp 2: Nếu 0x1 (2) (x3)(x1)4x 32 3x3
Kết hợp điều kiện 0x32
Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm T 0;32 33;
Câu III
1) Đặt t 3x1 t2 3x1 2tdt3dx dx2tdt3
Đổi cận
5 ln 27 100
1 ln
1
1 1 )
1 ( 2
) (
1 )
1 (
4
2
4
2
2
2
2
2
2
t t t
t
dt t t dt t
t dt dt
t dt
t t I
2) Đặt
2 )
(
3
2
x y z t xy yz zx xy yz zx t t
Ta có 2 3 3
xy yz zx x y z t t f(t)
2/ Goïi n a a a a a a 1 6 số cần lập
3
ycbt: a a a a ,a ,a3 51,2,5 hay a ,a ,a 51,3,4
a) Khi a ,a ,a3 51,2,5
Có cách chọn a1
Có cách chọn a2
Có 3! cách chọn a ,a ,a3
Có cách chọn a6
Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 soá n
a) Khi a ,a ,a3 51,3,4 tương tự ta có 720 số n
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n
Cách khác Khi a ,a ,a3 51,2,5
Thỏa mãn
(8)Có 3! = cách chọn a a a3 5
Có A36 cách chọn a ,a ,a1
Vậy ta có 4.5.6 = 720 soá n
Khi a ,a ,a3 51,3,4 tương tự ta có 720 số n