Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC... Gọi I là trung điểm của cạnh BC.[r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011 MƠN: TỐN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 3 2
m
y x mx C
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 0 góc , biết
1 os
26
c
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình
2
2cos3 cos 3 sin 2 2 os 2 4
x x x c x
2 Giải phương trình x 3 3x 1 x 1
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3ln
2
0 x 2
dx I
e
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông 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 khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH)
Câu V (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh
5 5
2 2 2
2 2 2 2 3
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: 3 0 d x y' : 6 0 Trung điểm cạnh giao điểm d với trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong không 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
Hãy tìm giá trị x biết số hạng thứ khai triển
8
1
3 1 log 3 1
log2 5 2
2
x
x
là 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 0 Viết phương trình cạnh AC biết AC qua điểm M(1;-3).
(2)Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x3log2x 29log2x 2 ……….Hết………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011 MƠN: TỐN; KHỐI: A
(Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 3 2
m
y x mx C
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số C1
2 Tìm m để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu củaCmcắt đường tròn tâm
1;1 ,
I
bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình
2
2cos3 cos 3 sin 2 2 os 2 4
x x x c x
2 Giải phương trình
2
2 1 5 2 4
x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I=
e
(lnx√x1+lnx+3x 2lnx
)dx
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông 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 khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH)
Câu V (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh
5 5
2 2 2
2 2 2 2 3
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: 3 0 d x y' : 6 0 Trung điểm 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
Quy ước số hạng thứ i khai triển số hạng ứng với k = i-1
Hãy tìm giá trị x biết số hạng thứ khai triển
8
1
3 1 log 3 1
log2 5 2
2
x
x
là 224
(3)1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB đường chéo BD x 2y 1 0 x 7y14 0 , đường thẳng AC qua điểm
2;1
M Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật.
2 Trong khơng 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 x3log2x 29log2x 2 ……….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
3 3 2
y x x
Tập xác định: Sự biến thiên
- xlim y , limx y
0,25
- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0 x1 Bảng biến thiên
X -1
y’ + - +
Y
4
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 uốn
f(x)=x^3-3x+2
-2 -1
-1
x y
0,25
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
1
' 2 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 2 1 1
4 1
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 2
m
, đường thẳng khơng qua I, ta có:
2
1 1 1
.sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
(4)Nên SIAB đạt giá trị lớn ½ sinAIB = hay tam giác AIB vuông cân I 1
2 2
R IH
(H trung điểm AB)
2 1 1 2 3
2 2
4 1
m
m m
0,25 II
(2điểm) 1.(1,0 điểm)
Đặt
2
2 4 2 2
tx x t x x
ta phương trình
0,25
2 4
1 5 2 8 0
2 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
0,25
Với t2 ta có
2
4 2
0 0 0
2 4 2 3 1
2 2 4 2 2 0 3 1
x x x
x x x
x x x x x
0,25
III
(1điểm) I=
e
lnx
x√1+lnxdx+31
e
x2ln xdx
=I1+3I2
+) Tính I1=
e
lnx
x√1+lnxdx
Đặt
2 1
1 ln 1 ln ; 2
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
+) TÝnh I2=
e
x2lnxdx Đặt
u=lnx dv=x2dx
⇒ ¿du=dx
x v=x
3 3
¿{
¿
e
3 3 3
e e
2 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
0,25
I=I1+3I2=¿ 5−2√2+2e
3
(5)IV (1điểm)
*Ta có IA2IH
H thuộc tia đối tia IA IA2IH BCAB 2 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 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt 0,25
*
BI AH
BI SAH
BI SH
, 1 1 1
, ,
2 2 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
3 0;1
f x x x x
Ta có: 0;1
2 ax
9
M f x
3
f a f b f c
0,5
S
H
C
A
B I
K
(6)Dấu “=” xảy a = b = c=
1 3 VIa
(2điểm) 1.(1,0 điểm)Tọa dộ giao điểm I d d’ nghiệm hệ phương trình
9
3 0 2 9 3;
6 0 3 2 2
2
x x y
I x y
y
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm AD M d Ox M3; 0
0,25
Ta có: AB2IM 3 2
Theo giả thiết SABCD AB AD. 12 AD2 2
Vì I, M thuộc d d AD AD x y: 3 0
0,25
Lại có MA MD 2 tọa độ điểm A, D nghiệm cuẩ hệ phương trình
2
3 0 2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
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 0 2 0
Ax B y C z Ax By Cz B C
0,25
1;1;3 3 2 0 2
N P A B C B C A B C
P : 2B C x By Cz B 2C 0
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 1 2 1
2
4 2 4
2 1 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
1
3
2
1
1 log 3 1
log 5
2 9 7 , 2 3 1
x
x x x
0,25
Số hạng thứ khai triển ứng với k =
3
1 1
5 3 5 1
8 9x 7 3x 1 56 9x 7 3x 1
C
0,25 Treo giả thiết ta có
1
56 9 7 3 1 224
9 7
4
3 1
1 2
x x
x x
x x
0,5
VIb
(7)21
2 1 0 5 21 13;
7 14 0 13 5 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
2
AB BD AC AB
n n n n a b a b
2
7 8 0
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 0 3
3; 2
2 1 0 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 0 2 7 5;
7 14 0 5 2 2
2 x x y I x y y
Do I trung điểm AC BD nên
4;3 , 14 12; 5 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 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
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
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 1
, ,
30 15 30 3
1 3 x y I z 0,5
(8)(1điểm)
Bất phương trình 3x 3 log x2x1 1 Nhận thấy x = khơng phải nghiệm phương trình (1) TH1: Nếu x >
3 1
1 log
2 3
x x
x
Xét hàm số
3 log 2
f x x
, hàm số đồng biến khoảng 0;
1 3
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
1 log
2 3
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
0,25
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN; KHỐI: B+D (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
3 3 2
y x x
Tập xác định: Sự biến thiên
- xlim y , limx y
0,25
- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0 x1 Bảng biến thiên
X -1
y’ + - +
Y
4
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
(9)f(x)=x^3-3x+2
-2 -1
-1
x y
2.(1,0 điểm)
Gọi k hệ số góc tiếp tuyến tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến n1k; 1
, d có vec tơ pháp tuyến n2 1;1
0,25
Ta có
1
2
3 1
1 2
cos
2
26 2 1
3
k
n n k
n n k k
0,25
u cầu tốn hai phương trình y'k v y1 à 'k2 có nghiệm x
2
3
3 2 2 2 ó nghiê
2 2
3 2 2 2 ó nghiê
3
x m x m c m
x m x m c m
0,25
'
1
'
2
1 1 1
8 2 1 0 4 2 2
3 3
4 3 0 1
4 4
m m m
m m
m m m m m
0,25
II (2điểm)
1.(1,0 điểm)
2
2cos3 cos 3 sin 2 2 os 2 4 cos 4 os2 3 sin 2 3 1 os 4
2
x x x c x
x c x x c x
0,25
os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0
sin 4 sin 2 0
6 6
2sin 3 cos 0
6
c x x c x x
x x
x x
0,5
sin 3 0 18 3
6 cos 0
2
x k
x
x k
x
0,25
2.(1,0 điểm) Điều kiện:
1 3
x
Khi x 3 3x 1 x 1 3x 1 x 3 x 1 0
0,25
2 1
1 0
3 1 3
x
x
x x
(10) 1 2 1 0
3 1 3
x
x x
2
1 1 0,
3 1 3
x Do x
x x
(tmdk)
Vậy phương trình có nghiệm x =
0, 5
III (1điểm)
3ln 3ln 3
2 2
3 3
0 2 2
x x
x x
dx e dx
I
e e e
0,25
Đặt
3 1
3
x x
t e dt e dx
Với x = t = 1; x = 3ln2 t =
0,25 Khi
2
2
2
1 1
3 3 1 1 2 3 2 3 3 1
ln ln
4 2 4 2 2 4 2 6
2 2
dt t
I dt
t t t t
t t t
0,5
IV (1điểm)
*Ta có IA2IH
H thuộc tia đối tia IA IA2IH BCAB 2 2 a
Suy
3 ,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH
0,25
Ta có
2 2 2 . .cos 450 5
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
Ta có
2 2 2 . .cos 450 5
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 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt
0,25
S
H
C
A
B I
K
(11)*
BI AH
BI SAH
BI SH
, 1 1 1
, ,
2 2 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
3
2 2
1 2
1
a a
a a a
a a
b c a
Bất đẳng thức trở thành
3 3 2 3
3
a a b b c c
0,5
Xét hàm số
3 0;1
f x x x x
Ta có:
0;1
2 3 ax
9
2 3 3
M f x
f a f b f c
Dấu “=” xảy a = b = c=
1 3
0,5
VIa (2điểm)
1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I d d’ nghiệm hệ phương trình
9
3 0 2 9 3;
6 0 3 2 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;0
M d M
0,25
Ta có: AB2IM 3 2
Theo giả thiết SABCD AB AD. 12 AD2 2
Vì I, M thuộc d d AD AD x y: 3 0
0,25
Lại có MA MD 2 tọa độ điểm A, D nghiệm cuẩ hệ phương trình
2
3 0 2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
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 0 2 0
Ax B y C z Ax By Cz B C
0,25
1;1;3 3 2 0 2
N P A B C B C A B C
P : 2B C x By Cz B 2C 0
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
(12)
, 2 2 1 2 1
2
4 2 4
2 1 2
B d K P
B C BC C
B
Dấu “=” xảy B = -C Chọn C =
Khi pt (P): x + y – z + = 0,25
VIIa (1điểm)
Ta có
1
3
2
1
1 log 3 1
log 5
2 9 7 , 2 3 1
x
x x x
0,25
Số hạng thứ khai triển ứng với k =
3
1
1
5 3 5 1
8 9 7 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
0,25
Treo giả thiết ta có
1
1
1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
2
3 1
x
x x
x
x x
0,5
VIb
(2điểm) 1.(1,0 điểm)
Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến n11; 2
Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến n1 3; 1
Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:
1 3 0 2 0
a x b y a b
0,25
Tam giác ABC cân đỉnh A nên ta có:
2 3 22 2 2 2 3 2 2 2
os , os ,
1 2 3 1 3 1
a b
c AB BC c AC BC
a b
2 2
1 2
5 3 22 15 2 0
2 11
a b
a b a b a ab b
a b
0,25
Với
1 2
a b
, chọn a= 1, b = ta đường thẳng AC: x + 2y + = (loại AC//AB) 0,25 Với
2 11
a b
, chọn a = 2, b = 11 ta đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0,25 2.(1,0 điểm)
Hx y z; ; trực tâm tam giác ABC BH AC CH, AB H, ABC
2 15
1 2 2 3 0
. 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0 1
3
x
x y z
BH AC
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z
0,5
Ix y z; ; tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AI BI CI I , ABC
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC
(13)14 15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1 3
x
y I
z
VIIb
(1điểm) Điều kiện x >
Bất phương trình 3x 3 log x2x1 1 Nhận thấy x = nghiệm phương trình (1)
0,25
TH1: Nếu x >
3 1
1 log
2 3
x x
x
Xét hàm số
3 log 2
f x x
, hàm số đồng biến khoảng 0;
1 3
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
1 log
2 3
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