Tính khoảng cách giữa BD và SC và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.[r]
(1)Câu I (2.0 ñiểm): Cho hàm số y 2x 1 (C) x 1
+ =
−
1. Khảo sát sự biến thiên vẽ ñồ thị (C) của hàm số
2. Gọi M một điểm di động (C) có hồnh ñộ xM >1 Tiếp tuyến tại M cắt hai ñường tiệm cận của (C) tại A B Tìm M để diện tích tam giác OAB nhỏ
nhất (với O gốc tọa ñộ) Câu II(2.0 điểm)
1. Giải phương trình: 4
4(sin x+cos x)+ 3 sin 4x= + +3 (1 tan 2x tan x)sin 4x. 2. Giải hệ phương trình:
( )
2 2
3
2
y 1 log (2x y) 4xy 4x 4x 4xy y 1 log y (1)
x, y
y 5 x x 1 (2)
+ + − = − + − + + +
∈
+ = − −
ℝ
Câu III (1.0 ñiểm)
Tìm hệ số số hạng chứa
x khai triển thành ña thức biểu thức:
( 2)5
P(x)= + +1 x x Câu IV(2.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a, AD=2a Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng (SBC) mặt phẳng đáy bằng o
60 Trên ñoạn SA lấy một ñiểm Msao cho AM a 3 3
= , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N
1. Tính thể tích khối chóp S.BCNM
2. Tính khoảng cách BD SC tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Câu V (1.0 điểm): Tìm mđể bất phương trình sau có nghiệm:
( )
2
x +(m+2)x+ ≤4 (m 1) x− +4x x∈ℝ Câu VI (1.0 ñiểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC Biết ñường cao kẻ từ ñỉnh B đường phân giác góc A có phương trình là:
1: 3x 4y 10 0
∆ + + = ; ∆2: x− + =y 0 ðiểm M 0;2 thuộc ñường thẳng ( ) ABñồng thời cách C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC
Câu VII (1.0 ñiểm)
Cho a, b,c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức:
2 2
1 2
P
(a 1)(b 1)(c 1)
a b c 1
= −
+ + +
+ + +
- Hết - Cán bộ coi thi khơng giải thích thêm
Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ðT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối A+B
(Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi 10/12/2011
(2)Câu ðáp án ðiểm I
(2.0 ñiểm)
1 (1.0 ñiểm) Khảo sát … • Tập xác ñịnh: D=ℝ\ 1{ } • Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
( )2
y ' 0, x
x
−
= < ∀ ≠ −
- Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;1)và (1;+∞) - Hàm số khơng có cực trị
0,25
- Giới hạn tiệm cận:
xlim y→−∞ =xlim y→+∞ =2; tiệm cận ngang y=2
x x
lim y , lim y
− +
→ = −∞ → = +∞; tiệm cận ñứng x=1
0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
'
y − − y +∞
−∞
0.25
• ðồ thị: y
I
O x
0.25
2 (1.0 ñiểm) Gọi M ñiểm … Giả sử M x ; y( M M) ( )∈ C ; xM >1
Phương trình tiếp tuyến ( )C M là:
( )2 ( M) ( ) M
M
3
y x x d
x
x
−
= − + + − −
- Giao ñiểm ( )d với tiệm cận ñứng tiệm cận ngang là:
( M )
M
6
A 1;2 , B 2x 1;2
x
+ −
−
0,25
- ðộ dài ñoạn thẳng AB là: ( )
4 M
M
2 x
AB
x
− + =
− 0.25
SỞ GD & ðT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ðÁP ÁN – THANG ðIỂM
ðỀ THI THỬðẠI HỌC LẦN NĂM 2011
Mơn: TỐN; Khối A+B
(3)Câu ðáp án ðiểm I
(2.0 ñiểm) - Khoảng cách từ O ñến AB là: ( )
( ) ( )
2 2
M M M M
4
M M
2x 2x 2x 2x 1
d O; AB
x x
+ − + −
= =
− + − +
( ) ( ) b®t Cauchy M M
OAB M
M M
2x 2x
1
S AB.d O; AB x 6
2 x x
∆
+ −
= = = − + + ≥ +
− − 0,25
OAB
S∆ nhỏ
( )
M
M M
M
M
x
6
x y
3
2 x
x
>
⇔ ⇔ = + ⇒ = +
− =
−
Vậy ñiểm M 6;2
+ +
0.25
II (2.0 ñiểm)
1 (1.0 ñiểm) Giải phương trình:
ðiều kiện: cos x ( ) cos 2x
≠
∗
≠
0,25
Với ñiều kiện trên, phương trình ñã cho
2
1 cos x
4 sin 2x sin 4x sin 4x
2 cos x cos 2x
⇔ − + = + ⋅
1
cos4x sin 4x sin 2x cos4x sin 4x sin 2x
2
⇔ + = ⇔ + =
0,25
sin 4x sin 2x
6
π
⇔ + =
0,25
x k
12
π
⇔ = − + π x k
36
π π
= + (thỏa mãn ñiều kiện( )∗ ) 0,25
2 (2.0 điểm) Giải hệ phương trình:
ðiều kiện: x 1, y
2x y
≥ >
− >
Pt (1)⇔log 2x y3( − −) (2x y− )2+ +1 (2x y− )2 =log y3 − y2+ +1 y
0,25
- Xét hàm số: f t( )=log t3 − t2+ +1 t2 (với t>0) - Ta có: '( )
2
1 t 1
f t 2t t t
t ln t 1 t ln t 1
= − + = + − > ∀ >
+ +
( )
f t
⇒ đồng biến (0;+∞) Do (1)⇔f 2x y( − =) ( )f y ⇔ =x y
0,25
- Thay x=y vào (2)ta ñược: x2+ =5 x2− x 1−
( ) ( )( )
2
2
x x
x x 1 x x x
x 1
x
− −
⇔ + − + − − − − = ⇔ + − − + =
− + + +
( ) 2x ( )
x x ( )
x 1
x
+
⇔ − + − + = ∗
− + + +
0,25
- Do x 1≥ nên
2
x x
,
5 x 1
x
+ < + < − +
+ +
( )
2
x 4x
x
5 x 1
x
+ +
⇒ + − + < − <
− +
+ +
(4)III (1.0 điểm)
Do ( )∗ ⇔ − = ⇔ =x x 2⇒y=2 (tmñk) Vậy nghiệm là: ( ) ( )x; y = 2;2 Tìm hệ số …
Có: ( ) ( ) ( ) ( )
5 k k i k
k k i k i k i k i
5 k k
k k i k i
P x C x x C C x − x C C x + i k
= = = = =
=∑ + =∑ ∑ =∑∑ ≤ ≤ 0,25
Số hạng chứa x5trong khai triển ứng với k, i nghiệm hệ:
i, k , i k i
i k k
∈ ≤ =
⇔
+ = =
ℕ
i
k
=
=
i k
=
=
0,5
Vậy hệ số số hạng chứa x5 khai triển P x( )là:
5 5 5
C C +C C +C C =51 0,25
IV (2.0 ñiểm)
1 (1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp S.BCNM
S
H
M N P
A D
B K C E
- Có (SBC) (∩ ABCD)=BC, (SAB)⊥BC, (SAB) (∩ SBC)=SB,
(SAB) (∩ ABCD)=AB⇒SBA =60olà góc (SBC)và mặt phẳng đáy
0,25
- Có SA=AB tan 60o =a
- Có MN SM MN AD.SM 4a, BM AB2 AM2 2a
AD = SA SA 3
⇒ = = = + =
- Diện tích hình thang BCNMlà: ( )
2 BCNM
1 10a
S BM MN BC
2
= + =
0,25
- Hạ SH⊥BMthì SH⊥(BCNM) (vì (BCNM) (⊥ SAB))
- Có SH.BM SM.AB 2S SBM SH SM.AB a
BM
∆
= = ⇒ = = 0,25
Vậy thể tích khối chóp S.BCNMlà:
3 S.BCNM BCNM
1 10a
V SH.S
3 ◊ 27
= = 0,25
2 (1.0 điểm) Tính khoảng cách … • Tính khoảng cách BDvà SC
- Qua Ckẻñường thẳng ∆//BD, ∆ ∩AB=E, ∆ ∩AD=F⇒BD//(SEF) Suy d BD, SC( )=d BD, SEF( ( ))
- Kẻ AK⊥EF, AK∩BD=Q⇒Qlà trung ñiểm AK Có EF⊥(SAK) (⇒ SEF) (⊥ SAK ; SEF) ( ) (∩ SAK)=SK Hạ AP⊥SK⇒AP⊥(SEF)
0,25
- Có BC//(SAD)mà
(BCM) (∩ SAD)=MN
MN
⇒ //BC ⇒ ◊BCMN
là hình thang
( )
BC⊥ SAB ⇒BC⊥BM
Vậy ◊BCMNlà hình thang vng B M
(5)Câu ðáp án ðiểm IV
(2.0 ñiểm) ( ( )) ( ( )) ( ( ))
1
d BD, SEF d Q, SEF d A, SEF AP
2
⇒ = = =
- Có B, Dlần lượt trung điểm AE AF⇒AE=2a, AF=4a EF= AE2 +AF2 =2a 5, mà AK.EF AE.AF AK AE.AF 4a
EF
= ⇒ = =
Xét ∆ASKvng A có AP ñường cao 12 12 2 312
AP SA AK 48a
⇒ = + =
AP 3a
31
⇒ = d BD, SC( ) d BD, SEF( ( )) 1AP 3a
2 31
⇒ = = =
0,25
• Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
- Có SBC=SAC=SDC=90o⇒các ñiểm B, A, D nằm mặt cầu ñkính SC 0,25
⇒Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCDcó đường kính SC Bán kính R 1SC SA2 AC2 2a
2
= = + =
Chú ý: Học sinh làm theo phương pháp tọa ñộñúng cho ñiểm tối ña
0,25
V
(1.0 điểm) Tìm m để bất phương trình có nghiệm: ( )
2
x +(m 2)x+ + ≤4 (m 1) x− +4x
ðiều kiện: x3+4x≥0⇒x x( + ≥ ⇔ ≥4) x
- Nhận thấy x=0khơng nghiệm ( )1 (vì 4≤0vơ lý) - Với x>0, chia hai vế ( )1 cho x ta ñược:
2
x x 4
m (m 1) x (m 1) x m
x x x x
+ + + ≤ − + ⇔ + − − + + + ≤
.
0,25
- ðặt t x x
= + (t 2≥ ) Khi đó, ( )1 trở thành:
( ) ( )
2 t t
t m t m m
t
+ + − − + + ≤ ⇔ ≥
−
( )1 có nghiệm ( )2 có nghiệm t/m:
2 t
t t
t m
t
≥
+ + ≥ ⇔ ≥
−
0,25
- Xét hàm số: ( )
2
t t
f t
t
+ + =
− [2;+∞), tlim f t→+∞ ( )= +∞, f 2( )=8
Ta có: ( )
( ) ( )
' '
2
t 1(lo¹i)
t 2t
f t , f t
t (tháa m:n) f(3) t
= −
− −
= = ⇔ = ⇒ =
−
- Bảng biến thiên: t
+∞
'
f (t) − + f(t)
+∞
0,25
( )
t
min f t
≥
⇒ = Vậy bất phương trình ( )1 có nghiệm m≥7 0,25
VI (1.0 ñiểm)
Tìm tọa ñộ ñỉnh tam giác ABC
(6)VI (1.0 ñiểm)
ðường thẳng MM' ñi qua M vng góc với ∆2⇒pt MM : x y 2' + − =0 Gọi I MM' 2 I 3;
2
= ∩ ∆ ⇒
I trung ñiểm ( )
' '
MM ⇒M 1;1 0,25
- ðt AC ñi qua M 1;1'( )và vng góc với ∆1nên nhận u 3;4( )
là VTCP
⇒ phương trình tham số AC là: A ∆1 x 3t
y 4t
= +
= +
M
Có A= ∆ ∩2 AC⇒A 4;5( ) B ∆2 C
0,25
- ðường thẳng AB ñi qua A M nên có pt: x y 3x 4y
4
− = − ⇔ − + =
− −
Có B AB 1 B 3;
4
= ∩ ∆ ⇒ − −
0,25
- ðiểm C thuộc ñường thẳng AC nên C 3t;1 4t( + + )
Có ( ) ( )
( )
2
2
t C 1;1
MC MC 3t 4t 2 31 33
t C ;
25 25 25
= ⇒
= ⇔ = ⇔ + + − = ⇔ =
⇒
Vậy ñỉnh tam giác là: A 4;5 , B( ) 3; , C 1;1( )
− −
31 33
C ;
25 25
0,25
VII (1.0 điểm)
Tìm giá trị lớn …
AD bđt Cauchy ta có: a2 b2 c2 1(a b)2 1(c 1)2 1(a b c 1)2
2
+ + + ≥ + + + ≥ + + +
dấu “ = ” xảy ⇔ a= = =b c 1,
( )( )( ) ( )
3 a b c a b c
27
+ + +
+ + + ≤ dấu “ = ” xảy ⇔ = =a b c
0,25
- ðặt t= + + +a b c 1⇒t>1 Khi đó:
( )3
2 54
P
t t 2
≤ − +
Xét hàm số:
( )3
2 54
f(t)
t t 2
= −
+ (1;+∞), ( ) ( )
'
4
2 162
f t
t t 2
= − +
+
'( )
x
f t t f(4) ; lim f(t) 0; f(1)
4 →+∞
= ⇔ = ⇒ = = =
0,25
- Bảng biến thiên: t +∞
( ) '
f t + − f(t)
4
0,25
Từ bảng biến thiên ta có:
t
1 max P max f(t)
4
>
= = t=4 Suy ra: a= = =b c 1(dùng ñiều kiện dấu “ = ” xảy ra)
0,25 '