Đang tải... (xem toàn văn)
m thay ñổi, trung ñiểm I của ñoạn thẳng AB luôn nằm trên cùng một ñường thẳng song song với Oy.. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.[r]
(1)ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Năm học 2010 – 2011
Mơn thi: TỐN (Khối D) Thời gian làm bài: 180 phút
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 ñiểm )
Cho hàm số y= x3−6x2+9x (1)
Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị (C) hàm số (1)
Tìm m ñể ñường thẳng y=mxcắt (C) ba ñiểm phân biệt O( )0;0 ,A B Chứng tỏ
mthay ñổi, trung ñiểm I ñoạn thẳng AB ln nằm đường thẳng song song với Oy
Câu II (2 ñiểm )
1 Giải phương trình : sin2x+2tanx =3
2 Giải bất phương trình : (x ) log (x 1) log ( )4x
4 log
2
2
2 + + − ≥
Câu III (1 điểm) Tìm giới hạn sau : 2
2
0
cos
lim
x
x x
x
− +
→ Câu IV (1 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng tạị A, AB =AD=a, DC=2a , ,SA=a (alà số
dương cho trước ), hai mặt bên (SDC) (SAD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
G trọng tâm tam giác DBC Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) Câu V (1 điểm)
Tìm mđể phương trình sau có nghiệm : x2+x+1− x2−x+1=m
B PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương tình chuẩn Câu VI.a (2 ñiểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC ðường trung tuyến qua ñỉnh B, ñường cao qua ñỉnh A đường trung trực cạnh AB có phương trình y+3=0,
0
2x−y+ = x+y+2=0.Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC
2.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình
15
2
2 + − + − =
y x y
x Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ cắt đường trịn (C)
hai điểm E, F cho EF có độ dài Câu VII.a (1 điểm) Kí hiệu k
n
C số tổ hợp chập k n phần tử ( ,k n∈N k; ≤n) Tìm hệ số x10
trong khai triển nhị thức Niutơn ( )n
x +
2 , biết 220
1 2
1
1
2 + + + + + + = − n
n n
n C C
C
Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2ñiểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho elip(E) có phương trình 16 25
2
= + y x
Tìm điểm M
nằm elip(E) cho MF1 =4MF2, F1,F2 tiêu ñiểm trái, phải elip(E)
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC ,cho biết ñỉnh C(( )4;3 , ñường phân giác ñường trung tuyến kẻ từ đỉnh tam giác có phương trình x+2y−5=0
0 10 13
4x+ y− = Viết phương trình ba cạnh tam giác ABC
Câu VII.b (1 ñiểm)
Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, thầy giáo cần chọn ngẫu nhiên em ñể tham dự lễ mít tinh trường Tính xác suất ñể kết thầy giáo chọn ñược có nam nữ
-Hết -
(2)ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Năm học 2010 – 2011
Mơn thi : TỐN ( khối D)
Câu Nội dung ðiểm
I 2ñ’
1 1ñ’
• *TXð: D=R
*Sự biến thiên =+∞
+∞ → y
lim , =−∞
−∞ → y lim ' 12
+ −
= x x
y ,
= = ⇔ =
3
'
x x y
• H/s đb khoảng (−∞;1) (, 3;+∞)và nb khoảng ( )1 ;3 .H/s có xcđ =1,ycđ =4vàxct =3,yct =0
• Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
'y + - + y
• *ðồ thị: ðt qua điểm O(0;0), A(4;4) ,ñu’U(2;2)
0,25
0,25
0,25
0,25
∞ −
4
0
(3)2
1đ’ • Ptrình hồnh độ giao ñiểm ñường thẳng y=mx(d)và ñồ thị (C)
= − + − = ⇔ =
+ −
) (
6 )
1 (
6 2
3
m x
x x mx
x x x
• (d)cắt (C)tại ñiểm phân biệt O(0;0),A,B ⇔pt(1) có nghiệm phân biệt ⇔pt(2)có nghiệm phân biệt
0
0 '
0 ⇔ ≠ >
≠ −
> ∆ ⇔
≠ m
m
x (*)
• Với đk(*)A,B 2điểm có hồnh độ xA,xBlà nghiệm pt(2),I trung ñiểm ñoạn thẳng AB nên hồnh độ I
2 =
+
= A B
I
x x x
• ⇒I∈∆có pt x=3, ∆ song song với oy mthay ñổi (9≠m>0)
0,25
0,25
0,25
0,25
1đ • ðk: Cos x≠0 (*)
.Với ñk pt ñã cho ⇔1−sin2x+2(1−tanx)=0
• ( ) ( )
cos sin
cos sin cos
cos sin cos sin
cos =
+ − −
⇔ = − +
− ⇔
x x
x x x x
x x x
x
•
= +
− = − ⇔
) ( cos
2 sin cos
) ( sin cos
x x
x x x
• Lập luận để có pt(2)vơnghiệm ,pt(1) có nghiệm x= +k ,k∈Z
4 π
π thỏa mãn ñk(*)
Vậy pt ñã cho có nghiệm x= +k ,k∈Z
4 π
π
0,25 0,25
0,25
0,25 II
(2ñ’)
2 1đ’
• ðk:
0
0
0
> ≠ ⇔
> ≠ −
> +
x x
x x
.Với ðk bpt (1) ñã cho ⇔log2(x+3)+log2x−1 ≥log2(4x)
• ⇔log2[(x+3).x−1]≥log2( )4x ⇔(x+3).x−1≥4x (2)
• Nếu x>1(*):bpt (2)⇔(x+3)(x−1)≥4x
− ≤ ≥ ⇔
1
x x
kết hợp với (*) có x≥3
• Nếu 0<x<1(**) :bpt(2) ⇔−(x+3)(x−1)≥4x⇔−3+2 3≥ x≥−3−2 3kết
hợp với (**)
có 0< x≤−3+2
KL:Tập nghiệm bpt (1) S =(0;−3+2 3]∪[3;+∞)
0,25
0,25 0,25
0,25
III
(1đ’) • 2 2
2
2 cos 1 1 1 cos
1
x x x
x x
x
x −
+ − + = −
+
• = 2
2
2
2
2 sin 1
+ +
+ x
x x
0,25
(4)•
lim →
x
1 1
2 + + =
x
,
2
0
2 sin lim
→ x
x
x =
•
2 cos
lim 2
2
0 = + =
− + =
⇒
→ x
x x
x
0,25
0,25
VI (1đ’)
• Lập luận để có SD chiều cao chóp tính SD=a
• Tính diện tích đáy
2
a
ABCD=
2
3
a VSABCD =
• Lập luận để có d(D,(SBC))=3d(G,(SBC)) chứng minh hình chiếu
củaDtrên mp(SBC)làH∈SB
• Tính ( )
3 ) (
, SBC a G
d a
DH = ⇒ =
0,25 0,25 0,25
0,25
V (1đ’)
• pt(1) cho có nghiệm ⇔ðồ thị hàm số ( ) 2
+ − − + + =
= f x x x x x
y
đường thẳng y=mcó điểm chung • ðường thẳng y=mcùng phương với ox
.Xét cbt hàm số y = f( )x = x2+x+1− x2−x+1 Txd :D=R
0,25
B A
G
M
S
D C
(5)( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) y x R
y VN x x x x x x x x x x x y x x x x x x y ∈ ∀ > ⇒ > = ⇔ = − ≤ ∨ ≥ ⇔ + + − = + − + ≥ − + ⇔ = + − − − + + + = , ' ' 2 1 1 2 ' 2 2 ' 2 2 2
• ⇒HSy=f(x) đồng biến liên tục R lại có lim =1;lim =−1
−∞ → +∞
→ x
x y
• ⇒PT cho có nghiệm −1<m<1
0,25 0,25 0,25 VIa (2đ’)
1đ’ • Có A(a;2a+1)∈(∆):2x− y=1 Và B(b;−3)∈(δ):y+3=0
( − ;−2 −4)
⇒AB b a a ðường thẳng ( )d :x+ y+2=0có u(1;−1)là véc tơ phương
Gọi N =(d)∩AB⇒Nlà trung ñiểm cạnh AB,
− + ; a b a N
• Ta có hệ
•
( )
( ) (1;3, 5; 3) 2 ) ( − − ⇒ − = = ⇔ = + + − = + − + + ⇔ = ∈ B A b a a a b a b a u AB d N
• Gọi C(x;y)⇒BC(x+5;y+3).Một véc tơ cp (∆)là u('1;2).Trung ñiểm
AC )
2 ;
1 (x+ y+
M Ta có hệ ⇔
= + + + = + + ⇔ = ∂ ∈ ) ( 3 ' ) ( y x y u BC M − = = y x ) ; ( − ⇒C 0,25 0,25 0,25 0,25
1đ’ • Tìm tâm Ivà bán kính R đtrịn (C): I(1;-3) ,R=5
.ðường thẳng (d) qua O(0;0) có pt : Ax+By=0 với A2 +B2 ≠0
• Gọi Hlà trung điểm EF ⇒IH ⊥(d)⇒IH =d(I,d)
.Lập luận ,tính dược IH =3
• ( , ) 3
2 = + − ⇔ = ⇔ = B A B A d I d IH = + = ⇔ ⇔ B A A
• THợp :A=0 có pt (d) ; y =0
THợp : 4A+3B =0 cho A=3⇒B =−4(tm) có pt (d) ;3x−4y=0
*KL Có đường thẳng cần tìm :y=0và3x−4y =0
0,25 0,25 0,25
0,25
VIIa
(1đ’) • Có 20+1+ 21+1+ + 22n++11 =(1+1)2n+1 =22n+1 n
n
n C C
C Với ,
,
k n
k n N
≤ ∈
• 20+1 = 22n++11 n n C
C , n
n n C
C21+1 = 22+1 , 1 2 − + + = n n n C
C 2 +1 = 22n+−11 n n
n C
C =
⇒S
2 2
2
1
1
2 = −
− = + + + + + n n n n n C
C (1) Lại có S =220−1 (2)
0,25
(6).Từ (1)và (2) ⇒n=10
• ( ) k k
k k
x C
x −
= ∑
=
+ 10
10
0 10 10
2
2
• Lập luận để có hệ số củax10là C1010.20 =1 0,25
0,25 VIb
(2đ)
1đ’ • Từ gt có a=5,b=4 nên c2 =a2−b2 =9⇒c=3⇒F1 =(−3;0),F2 =(3;0)
• Từ dịnh nghĩa elip ta có MF1+MF2 =10 kết hợp với gt có MF1 =4MF2
⇒MF2 =1⇒M∈đường trịn tâmF2(3;0)bán kính R=2 :(x−3)2 + y2 =4
• ðiểm Mcần tìm có tọa độ nghiệm hệ
= + −
= +
4 )
3 (
1 16 25
2
2
y x
y x
• Giải hệ có (5;0)
0
M y
x
⇒
= =
0,25 0,25 0,25
0,25
1ñ’
• Thấy C(4;3) khơng phải điiểm thuộc đường phân giác(d) trung tuyến(t) ñã
cho.Gọi A=(d)∩(t)⇒tọa ñộ Alà nghiệm hệ
= − +
= − +
0 10 13
0
y x
y x
0
3
4 : )
2 ;
( ⇔ + − =
− − = −
⇒
−
⇒A ptAC x y x y
Gọi E(x;y)là ñiểm ñối xứng Cqua (d)⇒E∈AB
Có CE(x−4;y−3)là véc tơ pháp tuyến của(d)và trung điểm CE∈(d)
( ) ( )
( ) ( )
0
1
2 :
1 ;
4
0
2
= + + ⇔ −
+ = −
⇒
−
⇒
= − + + +
= − − −
⇒
y x y
x ptAB
E y
x
y x
• Gọi B(x0;y0).Trung điểm BC∈(t)vàB∈AB nên ta có
0 20
2 16
12 : )
1 ; 12 ( 10
3 13
4
0
0
0
= + − ⇔
− = +
⇒
−
⇒
= −
+
+
+
= + +
y x
y x
ptBC B
y x
y x
0,25
0,25 0,25
0,25
VIIb
(1đ’) • Lập luận số phần tử không gian mẫu 1287
5 =
=
Ω C +
• Gọi biến cố A: “Kết chọn có nam nữ ”
.Số cách chọn học sinh từ (7+6) hs 1287
13 =
C
.Số cách chọn 5hs toàn nam 21
7 =
C
Số cách chọn 5hs toàn nữ
6 =
C
• Vậysố cách chọn 5hs có nam nữ : 1287-(21+6)=1260⇒ ΩA =1260
• ( )
143 140 1287 1260
= =
Ω Ω
= A
A
P
0,25