Thay vào phương trình ta được: Biến đổi và giải ra được t = 2 thỏa mãn.[r]
(1)Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Ninh Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ THI THỬ, KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM Môn Toán - Khối D Ngày thi: 10 – 08 – 2011 Thời gian làm bài: 180 phút y x3 3x 5x Câu I(2 điểm): Cho hàm số có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường y x2 thẳng d: Tìm m để đường thẳng y = mx – cắt đồ thị (C) điểm A(0; - 2), B, C cho BC 3 Câu II(2 điểm): Giải phương trình: + sinx + cos3x = cosx + sin2x + cos2x Giải phương trình: x x x x 11 x2 x x2 2x I lim x x2 x Câu III(1 điểm): Tính giới hạn: Câu IV(1,5 điểm): Cho tứ diện ABCD có AB mp(BCD) có BCD cạnh a và cạnh AB = a Trong BCD kẻ các đường cao BE và DF cắt O Trong ADC kẻ đường cao DK a)Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) b) Chứng minh: mp(ADC) mp(DFK) c) Gọi H là trực tâm ACD Chứng minh: OH (ACD) x y 4 y x 4 Câu V(1 điểm): Giải hệ phương trình: Câu VI(2,5 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d1: x + y + = 0,d2: x + 2y – = và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0),điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm số nguyên dương n cho thoả mãn 2.1.Cn2 3.2.Cn3 4.3.Cn4 n(n 1)Cnn 1024n(n 1) (2) ……………………………………………Hết …………………………………………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 1đ y x2 Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: suy hsg k = - Tiếp tuyến điểm M(xo; yo) có hsg k y '( xo ) xo xo xo2 xo Từ đó: y 3x 1đ 14 10 ; y 3x 3 Giải xo = 4; xo = và viết tiếp tuyến x 0 x x x mx (1) x 3x m 0(2) 3 Xét pt: Để đường thẳng y = mx – cắt (C) điểm A(0; - 2), B, C thì pt(1) phải có nghiệm phân biệt pt(2) có nghiệm phân biệt x1; x2 khác m m 5 Tìm được: 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 x1 x2 9 Khi đó: B(x1; mx1 – 2), C(x2; mx2 – 2) với x1.x2 3(5 m) 0,25 BC 3 ( x1 x2 ) (mx1 mx2 )2 3 0,25 Thay vào và tìm m = - Câu II 1đ 1đ + sinx + cos3x = cosx + sin2x + cos2x 2sin2x + sinx – 2sinxcosx – 2sin2xsinx = sinx(2sinx + 1)(1 – 2cosx) = x k s inx 0 x k 2 s inx = - 7 x k 2 cos x x k 2 (mỗi pt đúng đựơc 0,25 điểm) Điều kiện: x 4 Đặt t2 2 ) x x ( t x x (t 0) t t ( t2 2 ) 3 Thay vào phương trình ta được: Biến đổi và giải t = thỏa mãn 0,25 0,75 (3) CâuIII CâuIV 0,5đ Với t = giải x = 3(TM) x 12 I lim x ( x 3)( x 1)( x x x x 6) 4 lim x 3 ( x 1)( x x x x 6) câu 0,5 điểm 0,5 0,5 AB A mp(BCD) AB CD 0,25 K H B F C O D 0,25 E D Mà CD BE(gt) nên CD mp(ABE) mp(ACD) mp(ABE) Kẻ BB’ AE (B’ thuộc AE) BB’ mp(ACD) BB’ là khoảng cách từ B đến mp(ACD) Ta có BB’ là đường cao tam giác vuông ABE nên 0,5đ 0,5đ Câu V 1đ 1 1 a 15 2 2 BB ' 2 BB ' BA BE 3a a 3a ( ) Ta có AB mp(BCD) AB DF, mà AC DF DF mp(ABC) DF AC Theo gt: DK AC suy AC mp(DKF) mp(ACD) mp(DKF) H là trực tâm ACD H là giao điểm DK và AE Ta có: AC mp(DKF)(cmt) AC OH CD mp(ABE)(cmt) CD OH Từ đó: OH (ACD) Điều kiện: x, y Trừ vế với vế phương trình ta được: x y y x Bình phương vế lần và rút gọn ta được: x = y Thay vào pt(1) ta được: x x 4 ( x 1)(7 x) 4 x 4 x 0 9 x y 16 16 ( x 1)(7 x ) (4 x) (TMĐK) 9 ; Vậy hệ có nghiệm ( 16 16 ) CâuVI 1,5đ Bd1a(;5) Cd2b(72;) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (4) 6 2 a 2b a b G(2; 0) là trọng tâm tam giác ABC nên: a b 1 Suy ra: B(- 1; - 4) và C(5; 1) Gọi phương trình đường tròn: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = Đường tròn qua A, B, C nên: 4 4a 6b c 0 1 16 2a 8b c 0 25 10a 2b c 0 83 17 338 a , b , c 54 18 27 Giải hệ phương trình tìm x2 y 1đ 0,25 0,25 0,25 83 17 338 x y 0 27 27 Vậy pt đtròn là: n 2 3 4 n n Ta có: P( x) ( x 1) Cn Cn x Cn x Cn x Cn x Cn x 0,25 0,25 n Suy ra: P '( x) Cn 2Cn x 3Cn x 4Cn x nCn x P ''( x) 2.1Cn2 3.2Cn3 x 4.3Cn4 x n(n 1)Cnn x n P ''(1) 2.1Cn2 3.2Cn3 4.3Cn4 n(n 1)Cnn Mà: P’(x) = n(x + 1)n – và P’’(x) = n(n – 1)(x + 1)n – P’’(1) = n(n – 1).2n – Kết hợp với GT suy ra: 1024n(n – 1) = n(n – 1).2n – 2n – = 1024 n = 12 0,25 n 0,25 0,25 0,25 (5)