Từ giả thiết hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD nên giao tuyến của chúng là SO ABCD.. Diện tích đáy.[r]
(1)TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: TOÁN - Khối A Ngày thi: 28/10/2010 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) 2x x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y Tìm m để đường thẳng d: y =2x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 6x 2cos 4x 3co 2x sin 2x 2 x x y 2 y y x y Giải hệ phương trình : Câu III (2,0 điểm) Tìm các giá trị tham số m đề bất phương trình sau có nghiệm: x 3x 1m( x x 1) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2+ y + z ≤ xyz Tìm giá trị lớn x y z P= + + biểu thức: x + yz y + zx z + xy Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi; hai đường chéo AC = 3a và BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) a Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2-2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 Giải phương trình: log (3 x −1)+1=log √ (2 x +1) 1− x ¿ n Câu VI.a (1 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1− x ¿2 + + n¿ thu đa thức 1− x+ 2¿ n P( x)=a0 + a1 x + +a n x Tính hệ số a8 biết n là số nguyên dương thoả mãn: + 3= Cn Cn n B Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC log 32 x x log3 x 162 Giải phương trình: x x x 2x k Câu VI.b (1 điểm) Giải phương trình Cx 2Cx Cx Cx 2 ( Cn là tổ hợp chập k n phần tử) … Hết … (2) Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên: y' 0, x D ( x 1)2 0,25 -Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- ; + ) - Cực trị: Hàm số không có cực trị I-1 (1 điểm) - Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x 2x lim 2 ; lim 2 x x x x Đường thẳng y = là tiệm cận ngang 2x 2x lim ; lim x x x 1 x 1 Đường thẳng x = - là tiệm cận đứng -Bảng biến thiên: x - -1 + y’ + + + 0,25 0,25 y - Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (1;0) - Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2) y -1 0,25 y =2 O x -2 x= -1 Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + = , (x ≠ -1) (1) d cắt (C) điểm phân biệt PT(1) có nghiệm phân biệt khác -1 m2 - 8m - 16 > (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m ) Ta có x1, x2 là nghiệm PT(1) m I-2 x1 x2 (1 điểm) x1 x2 m 2 Theo ĐL Viét ta có 2 AB2 = ( x1 x2 ) 4( x1 x2 ) 5 ( x1 x2 ) 4x1 x2 1 m2 - 8m - 20 = m = 10 , m = - ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 0,25 0,25 0,25 0,25 (3) 4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x cos x 0 cos x sin x cos x cos x 0 cos5x = cos(x- ) II-1 (1 điểm) x k k x 24 x k 36 ĐK : y 0 II-2 (1 điểm) x x y 0 x 0 y y hệ đưa hệ dạng 0,25 0,25 0,25 0,25 2u u v 0 2v v u 0 1 1 u u , u v 1 u v v v 1 1 ;1 ;1 KL: HPT có nghiệm: (-1 ;-1),(1 ;1), ( ), ( ) ĐK: x BPT ( x 3x 1)( x x 1) m u v u 1 v 2v v u 0 Xét hàm số f ( x ) ( x 3x 1)( x x 1) với x 1 III - f '( x ) (3x 6x )( x x 1) ( x 3x 2) (1 điểm) Có : x x > 0, x > hàm số luôn đồng biến trên nửa khoảng [1; +) f ( x ) 3 lim f ( x ) Mặt khác f(1) = 3, x [1;) Vậy bất phương trình có nghiệm m Vì x ; y ; z> , Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 1 x y z P≤ + + 2 2 yz zx xy √ x yz √ y zx √ z xy = III - (1 điểm) x yz y xz z xy xyz 2 x yz y xz z xy x y z xyz 4 xyz xyz 2 xyz Dấu = xảy x = y = z = Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O IV (1 điểm) đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 (4) đó ABD 60 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta a OK DH 2 OK AB có DH AB và DH = a ; OK // DH và AB (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao 1 a SO 2 OK SO OI Diện tích đáy S ABCD 4S ABO 2.OA.OB 2 3a SO đường cao hình chóp Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a VS ABC D S ABC D SO 3 S 0,25 I D V.a -1 (1 điểm) V.a -2 (1 điểm) VI.a (1 điểm) O C A a I B H K H0,25 0,25 B (5m) 20 m 16 m 16 Diện tích tam giác IAB là SIAB 12 2S IAH 12 m 3 d ( I , ) AH 12 25 | m |3(m 16) 16 m x ĐK: 0,25 0,25 0,5 PT log 5(3x 1) log5 3log 5(2x 1) log 5.(3x 1) log 5( 2x 1) 5(3x 1)2 ( 2x 1)3 8x 33x 36x 0 (x + 2)2(8x - 1) = x 2 x 1 Kết hợp với đk ta x = A 3a AH IA2 IH 25 0,25 ; a Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB Ta có IH là đường cao tam giác IAB | m 4m | | 5m | d ( I , ) m 16 m 16 IH = 0,25 0,25 0,25 0,5 (5) Ta cã + 3= ⇔ C n Cn n n≥ ! + = n(n −1) n(n− 1)( n− 2) n ¿{ Suy a8 §ã lµ lµ hÖ sè cña x ⇔ n≥3 n2 −5 n −36=0 ⇔ n=9 ¿{ − x ¿9 biÓu thøc 1− x ¿ 8+ ¿ 8¿ 0,5 8 C +9 C9 =89 x - y - 0 Tọa độ điểm A là nghiệm HPT: x y - 0 A(3; 1) Gọi B(b; b- 2) AB, C(5- 2c; c) AC b c 9 V.b- (1 điểm) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên 1 b c 6 0,25 0,25 b 5 c 2 0,25 Hay B(5; 3), C(1; 2) u BC ( 4; 1) Một vectơ phương cạnh BC là Phương trình cạnh BC là: x - 4y + = ĐK: x 1 t Đặt log x t x 3 2 2 t t t t t t V.b-2 PT (3 ) 162 162 81 t 4 t 2 (1 điểm) + Với t = log x 2 x 9 log3 x x + Với t = -2 x 5 VI.b ĐK : x N (1 điểm) x x x x 2 x x x x x x Ta có Cx Cx Cx Cx Cx 2 Cx1 Cx1 Cx2 Cx2 Cx2 (5 x)! 2! x 3 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 (6)