[r]
(1)Sở GD-ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 2011 Tr−ờng THPT nguyễn đức cảnh Môn : Toán Khối A + B
( Thời gian lμm bμi:180 phút không kể thời gian giao đề) I Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hμm số : y = x4 – 5x2 + 1) Khảo sát vμ vẽ đồ thị (C) hμm số
2) Tìm tất điểm M đồ thị (C) hμm số cho tiếp tuyến (C) M cắt (C) hai điểm phân biệt khác M
CâuII:(2điểm) 1) Giải phơng trình : 3cot2x + 2 2sin2x = (2 + 3 2)cosx
2) Giải hệ phơng trình : 2 2
1
( )
x y xy y
y x y x y
CâuIII:(1điểm) Tính tích ph©n: I =
5
2
ln( 1)
1
x
dx
x x
CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD lμ hình thang vuông A vμ B với AB = BC = a ; AD = 2a Các mặt phẳng (SAC) vμ (SBD) vng góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc hai mặt phẳng (SAB) vμ (ABCD) 600.Tính thể tích khối chóp vμ khoảng cách hai đ−ờng thẳng CD v SB
CâuV:(1điểm) Cho cỏc s dng : a , b, c thoả mãn : ab + bc + ca =
Chứng minh rằng: 21 21 21 1a b c( ) 1 b c( a) 1 c a b( )abc II - Phần tự chọn (3điểm)
Thí sinh đợc chọn phần hai phần (Phần A phần B) A Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa(2điểm)
1) Trong mt phng to độ Oxy cho đ−ờng tròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + = vμ điểm M( 1; - 8)
Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng d qua M cho d cắt (C) hai điểm A,B phân biệt mμ diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I lμ tâm đ−ờng tròn (C)
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ABC với A(1 ; ; 2) ; B(- ; - ; 2),C(4 ; - ; 2) Tìm toạ độ tâm đ−ờng trịn nội tiếp I tam giác ABC
CâuVIIa(1điểm)Tìm tất giá trị tham số m để bất ph−ơng trình sau nghiệm với x(2 ; 3)
+ log5(x2 + ) > log 5(x
2 + 4x + m) B Theo chơng trình nâng cao
CâuVIb(2điểm)
1) Cho A(1 ; 4) v hai ®−êng th¼ng b : x + y – = ; c : x + y – = Tìm điểm B b , điểm C c cho tam giác ABC vuông cân t¹i A
2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; ; 0) , B(0 ; ; 0),C(1 ; 1; 0) vμ D(0 ; ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự lμ hình chiếu vng góc gốc toạ độ O lên đ−ờng thẳng AD vμ BD Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P) chứa đ−ờng thẳng OE vμ OF Tìm giá trị m để góc EOF = 450
CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn tham số m cho bất ph−ơng trình : + log5(x2 + ) log5(mx2 + 4x + m) đ−ợc nghiệm với x R
HÕt
(2)Sơ l−ợc Đáp án toán thi thử đại học lần I tr−ờng THPT nguyễn đức cảnh khối A + B Cho hμm số : y = x4 5x2 +
1) Khảo sát vμ vẽ đồ thị (C) hμm số
2) T×m M (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt (C) điểm pb khác M
1) Kho sỏt & đầy đủ yêu cầu, vẽ đồ thị t−ơng đối xác 1đ
2)LÊy M(m ; m4 – 5m2 + 4) (C)
=> pt3 cđa (C) t¹i M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + (d)
0,25
Hoμnh độ (d) & (C) lμ nghiệm pt :
x4 – 5x2 + = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 +
(x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = (1)
0,25
§Ĩ tmycbt x2 + 2mx + 3m2 – = cã hai n0 pbiƯt kh¸c m
2 m m 0,25 C©uI
Kết luận : các điểm M(m ;m4 5m2 + 4) (C) với hoμnh độ
m 30 \ 10 ; 10 0,25
1) Giải phơng tr×nh : 3cot2x + 2 2sin2x = (2 + 3 2)cosx ®k : x m
Pt 3cosx(
sin cos
2
x x
) = 2(cosx - 2sin2x)
0,25
(cosx - 2sin2x)(3cosx – 2sin2x) =
cos cos 2 cos cos 2 x x x x 0,25 cos ) ( cos 2 cos ) ( cos x loai x x loai x 0,25
KÕt luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x = 2 k
& x = 2
3 k
0,25
2) Giải hệ phơng trình : 2 2
1
( )
x y xy y
y x y x y
V× y = không l nghiệm nên
2
2
2 2
2
1
4
( )
( )
x
x y y
x y xy y
y x y x y x
x y y 0,25 Đặt 1 , x
u v x y
y
ta có hệ u v v u 0,25 2
4 3,
2 15 5,
u v u v v u
v u v v v u
0,25 C©uII
+) Với v3,u1ta có hệ:
2 1 1 2 0 1, 2
2,
3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
+) Với v 5,u9ta có hệ:
2 1 9 1 9 9 46 0
5 5
x y x y x x
x y y x y x
,hệv« n0
KL: Vậy hệđã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y
0,25
TÝnh tÝch ph©n: I =
5
2
ln( 1)
1 x dx x x 1
(3)I =
2
2
2
ln )
1 (
ln ) (
2 dt
t t dt
t t
t t
ln23 – ln22 0,75
Chóp SABCD có đáy ABCD lμ hthang vuông A vμ B với AB = BC = a ; AD = 2a (SAC) (ABCD)vμ (SBD) (ABCD) Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 600.Tính V vμ d(CD ; SB) S
K
A O D
I E H B C
+) Gäi H = AC BD => SH (ABCD) & BH =
BD
KỴ HE AB => AB (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 600
0,25
Mμ HE =
AD = 2a
=> SH =
3 2a
=> VSABCD =
.SH.SABCD =
3
3
a 0,25
+) Gäi O lμ trung ®iĨm AD=>ABCO lμ hv c¹nh a =>ACD cã trung tuyÕn SO =
2
AD CD AC => CD (SAC) vμ BO // CD hay CD // (SBO) & BO (SAC)
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO))
0,25 CâuIV
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH = 1IC =
6
a => IS =
6
2 a
HS IH kỴ CK SI mμ CK BO => CK (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC=
1SH.IC =
1SI.CK => CK =
5
a
SI IC SH
VËy d(CD;SB) =
5 2a
0,25
Cho: a , b, c d−¬ng tm : ab + bc + ca = CMR:
2 2
1 1
1a b c( ) 1 b c( a) 1 c a b( )abc
Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:3ab bc ca 3 (3 abc)2 abc1 0,25
Suy ra: 2( ) 2( ) ( 21
1 ( )
) (1)
a b c abc a b c a ab b
a b c a
c ca a 0,25
Tương tự ta có: 21 (2), 21 (3) 1b c( a)3b 1c a b( )3c
0,25 C©uV
Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có:
2 2
1 1 1 1
( )
1 ( ) ( ) ( ) 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
Dấu “=” xảy abc1,ab bc ca 3 a b c 1, ( , ,a b c0)
0,25 CâuVIa 1) Cho đtròn (C) : x2
+ y2 + 4x 6y + = v điểm M( 1; - 8).Viết ptđthẳng d qua M cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt m SBIA Max
Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & b¸n kÝnh R =
Giả sử ptđt (d) : Ax + By A + 8B = víi A2 + B2 >
0,25
Luôn có BIA cân I víi IA = IB = ; SBIA =
2
IA.IB.sinAIB = 2sinAIB
(4)=> SBIA DÊu = AIB vu«ng cân I hay d(I ; (d)) = 2
11
2
B A A B 0,25
7A2 – 66BA + 119B2 = (A – 7B)(7A – 17B) =
Vậy có hai đờng thẳng d tho¶ m·n: 7x + y + = & 17x + 7y + 39 = 0
0,25 2) ChoABC víi A(1 ; ; 2) ; B(- ; - ; 2),C(4 ; - ; 2)
Tìm toạ độ tâm đ−ờng tròn nội tiếp I tam giác ABC
Ta cã AB = 5; AC = ; 0,25
Gäi D(x ; y ; z) l chân đờng phân giác góc A =>
AC AB DC
DB => DB DC
Mμ DB(- – x; - – y; – z) & DC(4 – x ; – y ; – z) => D(1 ; -2
5; 2) 0,25 Ta cã BD =
2
5 gọi I(x ; y ; z) lμ tâm đ−ờng trịn nội tiếp ABC áp dụng
tÝnh chất phân giác BAD ta có :
BD BA ID
IA
=> IA = - 2ID=> I(1 ; 0;2) 0,5
CâuVIIa Tìm m để bpt : + log
5(x
2 + ) > log 5(x
2 + 4x + m) n
0 x(2 ; 3)
Bpt xác định x(2 ; 3) x2 + 4x + m > x(2 ; m > - x2 – 4x x(2 ; 0,25
XÐt f(x) = - x2 – 4x x(2 ; x f’(x) = - 2x – => BBT : f’(x) -
-12
f(x) - 21 từ BBT => bpt xác định x(2 ; 3) m - 12 (1)
0,25
Bpt log5(5x2 + 5) > log 5(x
2 + 4x + m)
Khi bpt n0 x(2 ; 3) x2 + 4x + m < 5x2 + x(2 ; 3)
m < 4x2 – 4x + x(2 ; 3)
0,25
XÐt f(x) = 4x2 – 4x + x(2 ; 3) x
f’(x) = 8x – => BBT : f’(x) +
29 f(x) 13
Vây để bpt n0 x(2 ; ) m [ - 12 ; 13 ]
0,25
C©uVIb 1) Cho A(1 ; 4) vμ hai ®−êng th¼ng b : x + y = ; c : x + y = Tìm điểm B b , điểm C c cho tam giác ABC vuông cân A.
Gäi B(b ; – b) & C( c ; – c) => AB(b – ; - – b) ; AC(c – ; c) 0,25 & ABC vuông cân A
AC AB AC
AB
2
2 ( 1) ( 1) (5 )
) ( ) )( ( ) )( ( c c b b c b c b 0,25
v× c = không l n0 nên hệ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )( ( 2 2 2 c c b c c b c c b b
Tõ (2) (b + 1)2 = (c - 1)2
0,25
Víi b = c – thay vμo (1) => c = ; b = => B(2 ; 1) & C( ; 5) Víi b = - c thay vμo (1) => c = ; b = - => B(- ; 5) & C(2 ; 7)
KÕt luËn :có hai tam giác thoả mÃn: B(2 ; 1) & C( ; 5) hc B(- ; 5) & C(2 ; 7)
0,25
2) Cho bốn điểm A(1 ; ; 0) , B(0 ; ; 0),C(1 ; 1; 0) vμ D(0 ; ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự lμ hình chiếu O lên AD vμ BD Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P) chứa đ−ờng thẳng OE vμ OF Tìm giá trị m để góc EOF = 450 áp dụng hệ thức l−ợng tam giác vuông AOD & BOD với đ−ờng cao ứng với cạnh huyền lμ OE & OF => E
2
2 ; ; m m m m
& F
2
2 ; ; m m m m 0,25
(5)ta cã cosFOE = cos(OE;OF) = 2
1
m OF
OE OF OE
0,25
để EOF = 450
2
1
m
m = 21 ( gt m > 0)
0,25
CâuVIIb Tìm giá trị lớn m để bpt : + log
5(x
2 + ) log 5(mx
2 + 4x + m) x R
bpt xác định với ) x R mx2 + 4x + m > ) x R 0,25
0
0
0
2
m m m
m > (1) 0,25
khi bpt nghiệm x R 5x2 + mx2 + 4x + m x R
(5 – m)x2 – 4x + – m x R 0,25
0 m
0 21 10
5
m m
m
m (2)
Từ (1) & (2) => bpt n0 x R m (2 ; 3]
Vậy GTLN m thoả mãn yêu cầu đề bμi lμ : m =
0,25
+ Điểm bμi thi lμm tròn đến 0,5
+ Mọi cách lμm khác mμ cho điểm tối đa