thu suc 41

Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Tính thể tích khối chóp S.ABC.[r]

http://ductam_tp.violet.vn/

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI Mơn: Tốn – Ngày thi: 06.12.2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số

2

  

x x y

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 

  

   

 

2 cos sin cos sin

2 sin

1 2 x

x x x

x 

2 Giải bất phương trình 

      

   

 x x x x

x

2 log ) ( 2 ) 4 ( log

2

2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân  

  



 

 

e

dx x x x x

x I

1

2 ln ln

ln

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =

a

SAa 3,

30

 

SAB SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c =

4 Tìm giá trị nhỏ

biểu thức

3

3

3

1

1

a c c b b a P

    



Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2xy50 d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai

đường thẳng d1, d2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình:x yz20 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn (C) giao (P) (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết:

2 2

2 2

2Cn 3.2.2Cn  ( 1)  kk k( 1)2k Ckn  (2 n n1)2 n Cnn  40200

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 16

2

 y

x

Viết phương trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho  P :x2yz50 đường thẳng

3

2 : )

(d x  y z , điểm A( -2; 3; 4) Gọi  đường thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm  điểm M cho khoảng cách AM ngắn

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình

   

   



  



1

3

2 2

2

3

1

x xy x

x y y

x

- Hết - Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D làm câu V

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: - Số báo danh

Dáp án

Câu Nội dung Điểm

I Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R\ 2 0,25

2) Sự biến thiên hàm số:

a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận:

*    

  y ; limy lim

2 x

x

Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số

* lim lim

    

x y x y đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số

0,25

b) Bảng biến thiên: Ta có:

x 2 0, x

1 '

y 2   

 

Bảng biến thiên:

x -  + 

y’ - -

y

- + 

2 * Hàm số nghịch biến khoảng ;2 2;

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung      

2 ;

0 cắt trục hoành điểm      

0 ;

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I Tìm M để đường trịn có diện tích nhỏ 1,00

Ta có: , x

2 x

3 x ; x

M 0

0

0  

  

 

 

,

 2

0

2 x

1 )

x ( ' y

  

Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng:

  x

3 x ) x x ( x

1 y

:

0 0

2

0 

   

  

0,25

Toạ độ giao điểm A, B   hai tiệm cận là: ; B2x 2;2

x x ;

A 0

0

0 

   

 

 

Ta thấy M

0 B

A x x

2 x 2

x x

     

, M

0 B

A y

2 x

3 x 2

y y

 

  

suy M trung điểm AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

S =  

  

 

         

  

   

 

 

 

  



) x (

1 )

2 x (

2 x

3 x ) x (

IM 2

0 2

0

0

0,25

Dấu “=” xảy 

 

     

3 x

1 x )

2 x (

1 )

2 x (

0

0

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II Giải phương trình lượng giác 1 điểm

) ( cos sin cos sin

2 sin

1 2 

  

   



 x x x x  x

  x sinx

2 cos x sin x cos x sin x sin

1  

      

 

 

0,25

0 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x

sin 

  



  

     



  

 0,25

0 x sin 2 x sin 2 x sin x

sin 

  



  

   



 

 0,25

O y

x

3/2 3/2

2

sin x

x k

x k

x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2



 

  

   

 

        



        

 

  



0,25

II Giải bất phương trình 1 điểm

ĐK:  *

2 x x

2 x ) x (

2 x x x

0 x

2

  

    

   

  

    

  

  

 

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:

log (1 2x) 1

) x ( x ) x ( log

2 2      2  

log (1 2x) 1

x   

 0,25

   

   

   

 

  

     

    

   

 

  

     

    

   

 

  

      

    

0 x

4 x

1 ) x (

0 x

1 ) x (

0 x

0 ) x ( log

0 x

0 ) x ( log

0 x

0 ) x ( log

0 x

0 ) x ( log

0 x

2

2

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:

2 x

1 

x <

0,25

III Tính tích phân 1 điểm



 

 

e

1 e

1

xdx ln x dx x ln x

x ln I

+) Tính 

 

e

dx x x

x I

1

ln

ln

Đặt dx

x tdt ; x ln t x ln

t     

Đổi cận: x1t1;xet

0,25

     

3 2 t

3 t dt t tdt t

1 t I

2

1

1 2

1

       

 

 



   0,25

+) Tính I x lnxdx e

1

2  Đặt

     

   

 

 

3 x v

x dx du dx

x dv

x ln u

3

2 0,25

e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9



         0,25

  I1 3I2 I

3 e 2

5 

Theo định lí cơsin ta có:

2 2 2

SB SA AB 2SA.AB.cos SAB3a  a 2.a 3.a.cos30 a

Suy SBa Tương tự ta có SC = a

0,25 Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam

giác cân nên MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC)

Ta có S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC

3 S

SA S

MA V

V

V     

0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên

chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA

16 a

3 a a a AM BN

AB AM AN

MN

2 2

2 2

2 2

2 

                 

  



4 a

MN



0,25

Do

16 a a

3 a a BC MN SA V

3 ABC

S    0,25

V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có

z y x

9 z

1 y x xyz

3 xyz z y x ) z y x (

3

       

   

 

  

 (*)

áp dụng (*) ta có 3 3 3 3 3 3

a c c b b a

9 a

3 c

1 c

3 b

1 b

3 a

1 P

           

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

0,25

Suy 3a 3b 3b 3c 3c 3a a b c 6 

3

           4.3

3

 

   

 

Do P3

0,25

Dấu = xảy a b c 34 a b c

4 a 3b b 3c c 3a

    

    

       

Vậy P đạt giá trị nhỏ abc1/4

0,25 S

A

B

C M

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ phương a1(2;1); d2 có vectơ phương a2(3;6)

Ta có: a1.a2 2.31.60 nên d1 d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình:

0 B A By Ax ) y ( B ) x ( A :

d         

0,25

d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 (

d2) góc 450

  

 

      

  

 

A B

B A B AB A 45 cos )

1 ( B A

B A

2 0 2 2

2

2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d:3xy50 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x3y50

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3xy50

5 y x :

d   

0,25 Cách 2: Gọi d đường thẳng cần tìm, d song song với đường phân

giác đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho

Các đường phân giác góc tạo d1, d2 có phương trình

  

 

 

           

    

 

) ( y x

) ( 22 y x y x y x

3 y x ) (

5 y x

2

2

2

0,25

+) Nếu d // 1 d có phương trình 3x9yc0

Do Pd nên 69c0c15d:x3y50 0,25

+) Nếu d // 2 d có phương trình 9x3yc0

Do Pd nên 183c0c15d:3xy50 0,25 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3xy50

0 y x :

d    0,25

VIa 2 Xác định tâm bán kính đường trịn 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: 0,25

a b c d 0

, d cz by ax z y

x2 2 2     2 2 2 

Vì A',B,C,D S nên ta có hệ:

       

 

 

 

   

     

    

    

    

   

1 d

1 c

1 b

2 a

0 21 d c b a

0 29 d c b a

0 14 d c b a

0 d b a

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x2 y2z25x2y2z10

0,25

(S) có tâm 

    

1 ; ;

I , bán kính

2 29 R

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) đường thẳng qua I vng góc với (P)

(d) có vectơ phương là: n 1;1;1

Suy phương trình d: 

  



   

 

   

 

 

 

t ; t ; t H t

1 z

t y

t / x

Do H d (P) nên:

6 t t t t t

5          

   

  

6 ; ; H

6 36 75

IH  , (C) có bán kính

6 186

31 36

75 29 IH

R

r 2     0,25

VII a. Tìm số nguyên dương n biết 1 điểm

* Xét 2n 2n

1 n k

k n k

2 n

1 n

1 n n

x C x C ) ( x C x C C

) x

(                 (1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

n n

1 n

k k

1 n k

1 n

1 n n

x C ) n ( x

kC ) ( x C C

) x )( n

(               

 (2)

0,25 Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

1 n n

1 n 2

k k

1 n k

3 n 2

1 n n

x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n

2                   0,25

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k 2n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

           0,25

Phương trình cho 2n(2n1)402002n2n201000n100 0,25

VIb.1 Viết phương trình tắc E líp 1 điểm

(H) có tiêu điểm F15;0  ;F2 5;0 Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh

là M( 4; 3), 0,25

Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: b y a x

2 2



 ( với a > b) (E) có hai tiêu điểm F15;0  ;F2 5;0 a2b252  1

0,25

   4;3 E 9a 16b a b  2

M   2  2

Từ (1) (2) ta có hệ:

  

   

 

 

 

15 b

40 a b

a b 16 a

b a

2

2 2

2 2

0,25

Vậy phương trình tắc (E) là: 15 y 40

x2  

0,25

VIb Tìm điểm M thuộc  để AM ngắn 1 điểm

Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:

    

 

 

 

3

t z

t y

t x

Gọi I giao điểm (d) (P) I2t3;t1;t3

Do I P 2t32(t1)(t3)50t 1I1;0;4

0,25

* (d) có vectơ phương a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến n1;2;1

 a,n 3;3;3

 Gọi u vectơ phương  u1;1;1 0,25

    

  

   

u z

u y

u x

AM ngắn AM AMuAM.u01(1u)1(u3)1.u0

3 u

 Vậy 

  

  

3 16 ; ;

7

M 0,25

VIIb Giải hệ phương trình: 1 điểm

   

   



  



) ( x xy x

) (

2

2

x y y x

Phương trình (2)

  

      

 

   

  

0 )

( 1

1

0

2

y x x x x

xy x

x

       

 

    

      

   

  

x y

x x

y x x x

3

1

0

0

0,25

* Với x = thay vào (1)

11 log 11

8 2 12

2

2        

 

y

y y y

y

y 0,25

* Với

  

 

 

x y

x

3

1

thay y = – 3x vào (1) ta được: 23x123x1 3.2 Đặt

2   x

t Vì x1 nên  t

     

   

 



  

 

  

 

         

) ( log y

1 log x

3 t

i ¹ lo t t t t t ) (

2 2

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

   

 

11 log y

0 x

2

   

   

 



  

) ( log y

1 log x

2