Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt SBC.[r]
(1)SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) y x (m 1) x (m 4m 3) x Câu I ( điểm) Cho hàm số: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = -3 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn biểu thức A x1 x2 2( x1 x2 ) với x1 , x2 là các điểm cực trị hàm số Câu II ( điểm) Giải phương trình: sin x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 x y xy 4 y y ( x y ) 2 x y ( x, y R) Giải hệ phương trình: , x3 log 5log3 81x log x Giải bất phương trình: Câu III ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0; gọi G là trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC) Câu IV ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) (0; ) và AC = 2BD Điểm M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 n 1 (n 1) Chứng minh , với n nguyên dương Câu V ( điểm) Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3 x y x y x y 2 Giải phương trình: x x 10 x x 12 x 20 ( x R ) (2) ………Hết……… SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) y x (m 1) x (m 4m 3) x Câu I ( điểm) Cho hàm số: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = -3 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn biểu thức A x1 x2 2( x1 x2 ) với x1 , x2 là các điểm cực trị hàm số Câu II ( điểm) Giải phương trình: sin x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 x y xy 4 y y ( x y ) 2 x y ( x, y R) Giải hệ phương trình: , x3 log 5log3 81x log x Giải bất phương trình: Câu III ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0; gọi G là trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC) Câu IV ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) (0; ) và AC = 2BD Điểm M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 n 1 (n 1) Chứng minh , với n nguyên dương Câu V ( điểm) Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3 x y x y x y 2 Giải phương trình: x x 10 x x 12 x 20 ( x R ) (3) ………Hết……… SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) y x (m 1) x (m 4m 3) x Câu I ( điểm) Cho hàm số: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = -3 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn biểu thức A x1 x2 2( x1 x2 ) với x1 , x2 là các điểm cực trị hàm số Câu II ( điểm) Giải phương trình: sin x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 x y xy 4 y y ( x y ) 2 x y ( x, y R) Giải hệ phương trình: , Giải bất phương trình: Câu III ( điểm) x3 5log3 81x log x log 21 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0; gọi G là trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC) Câu IV ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) (0; ) và AC = 2BD Điểm M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 n 1 (n 1) Chứng minh , với n nguyên dương Câu V ( điểm) Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3 x y x y x y (4) 2 Giải phương trình: x x 10 x x 12 x 20 ( x R ) SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI ………Hết……… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Khối A-B) Ngày thi: 17 tháng 11 năm 2011 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) y x (m 1) x (m 4m 3) x Câu I ( điểm) Cho hàm số: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = -3 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn biểu thức A x1 x2 2( x1 x2 ) với x1 , x2 là các điểm cực trị hàm số Câu II ( điểm) Giải phương trình: sin x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 x y xy 4 y y ( x y ) 2 x y ( x, y R) Giải hệ phương trình: , x3 log 5log3 81x log x Giải bất phương trình: Câu III ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0; gọi G là trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC) Câu IV ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) (0; ) và AC = 2BD Điểm M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 n 1 (n 1) Chứng minh , với n nguyên dương Câu V ( điểm) Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức (5) P 3 x y x y x y 2 Giải phương trình: x x 10 x x 12 x 20 ( x R ) ………Hết……… Trường THPT Lương Tài Tổ Toán - Tin ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011 2012 Môn: Toán; Khối: A, B ( Đáp án – thang điểm gồm trang điểm Câu I y x x Với m = -3 thì ta có +)Tập xác định: D R 0,25 x 0 y 1 y' 0 x 2 y +)Sự biến thiên: y' 2 x x Ta có Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2) 0,25 +) Hàm số đạt yCD y 1; yCT y 0,25 5 +) Bảng biến thiên: x y' 0 y +) Đồ thị: 0,25 -5 -2 2 +) Ta có y' 2 x 2( m )x m 4m Hàm số có hai cực trị y’ = có hai nghiệm phân biệt m 6m m 0,25 (6) Câu II x1 x2 m A m 8m x1 x2 ( m 4m 3) +) Khi đó ta có => t ( m2 8m 7) t +) Xét trên (-5;-1) => A m = -4 +) Từ đó ta có 0,25 sin 3x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 (sin 3x sin x) 2sin x 3sin x (cos x 3cos x) 0 0,25 0,25 0,25 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0 sin x (2sin x 1)(2 cos x 3cos x 1) 0 cos x 1 cos x 0,25 x k 2 sin x , ( k Z ) x 5 k 2 +) x k 2 cos x , (k Z ) x k 2 +) +) cos x 1 x k 2 , (k Z ) 0,25 0,25 Kết luận ……………… x y xy 4 y 2 Giải hệ phương trình: y ( x y) 2 x y , ( x, y R) +) Dễ thấy y = không thỏa mãn hệ 0,25 x 1 x y 4 x y xy 4 y y 2 y ( x y ) x y x ( x y ) 7 y y Với , ta có: 2 v 3 u v 4 u 4 v u 1 v v 2u 7 v 2v 15 0 x2 1 u , v x y u 9 y +) Đặt ta có hệ: 0,25 0,25 (7) x 1 x2 1 y x2 1 y x x 0 y 2 x v 3 x y 3 y 3 x y 3 x u y 5 +) Với 0,25 x 9 y x x 46 0 v x 9 y x y y x u y x +) Với vô nghiệm x 1 x y KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: , y 5 x3 log 5log 81x log x 0,25 +) Điều kiện x >0 log 21 x3 5log 81x log x (3log x 2) 5(4 2log x) log x 0,25 1 log x 3log 32 x 8log x log x 0,25 1 1 log x x 33 x 3 +) +) log3 x x 0,25 x 3 x 0 Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm x Câu III 0,25 S +) Từ giải thiết ta có SD ( ABCD) suy (SB, (ABCD)) = SBD 60 Ta có S ABCD 3a ( AB CD) AD 2 (đvdt) H K D C G A E B (8) 0,25 +) tam giác ABD vuông cân A ,AB= a => BD a SD BD tan 60 a a3 VS ABCD SD.S ABCD (đvtt) Vậy +) chứng minh BC ( SBD) , kẻ DH SB=> DH (SBC) 0,25 1 a 2 DH 2 SD DB Có DH +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK (SBC) và 0,25 GK EG a a GK GK DH ED Vậy d( G, (SBC) = Câu VI +) Gọi N’ là điểm đối xứng N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : 0,25 => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – = d 4.2 3.1 +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 32 2 0,25 AC = BD nên AI = BI, đặt BI = x, AI = 2x tam giác vuông ABI có: 1 2 2 d x x suy x = suy BI = 2 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): ( x 2) ( y 1) 5 0,25 Điểm B là giao điểm đt AB: 4x + 3y – = với đường tròn tâm I bán kính 4x 3y – 2 +) Tọa độ B là nghiệm hệ: ( x 2) ( y 1) 5 0,25 Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Vậy B( 1; -1) 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 ( n 1) n 1 Chứng minh (1) k Cn n! (n 1)! Cnk11 +) Ta có k k k !(n k )! n (k 1)!((n 1) (k 1))! n 1 (Cn11 ) (Cn21 ) (Cn31 )2 (Cnn11 ) ( n 1) VT (1) = 0,25 (9) 0,25 n 2 +) xét (1 x) n 2 C2kn x k k 0 n 1 n 2 => hệ số chứa xn+1 là C n 1 n 1 +) Ta lại có (1 x )2 n 2 (1 x) n 1.(1 x) n 1 Cnk1Cni 1 x k i 0,25 k 0 i 0 n 1 n n n 1 hệ số chứa xn+1 là Cn 1Cn1 Cn1Cn1 Cn1Cn1 Cn1 Cn1 (Cn01 ) (Cn11 ) (Cn21 ) (Cn31 ) (Cnn11 ) ( vì Cnk Cnn k ) 1 (Cn11 ) (Cn21 )2 (Cn31 ) (Cnn11 ) 2 2 n 1 n 1 +) đồng hệ số chứa xn+1 (Cn 1 ) (Cn 1 ) (Cn 1 ) (Cn 1 ) = C2 n 2 -1 0,25 C2nn12 Vậy VT(1) = (n 1) =VP(1) Câu V Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3 x y x y x y ( x y)3 xy 2 ( x y )3 ( x y )2 2 + ta có ( x y) xy 0 0,25 x y 1 ( x y) 2( x y ) 0 x y 1 2 ( x2 y )2 2 P 3 x y x y x y 3 x y x y 1 +) x2 y x2 y 0,25 ( x y )2 P t 2t t 2 ta có , với 0,25 +) Đặt t x y 9 P t 2t t P t 2t => 16 +) Xét với t “= “ => x=y = ½ 0,25 x 10 +) Điều kiện x 2 0,25 Vậy GTNN P = 16 2 Đặt a x x 10, b x 12 x 20 ta có 2a –b =x 2 (1) 2( x x 10 ( x 1)) x 12 x 20 ( x 2) 18( x 1) 16( x 1) 2 x 12 x 20 ( x 2) => x x 10 ( x 1) x 1 a x 1 b x 0,25 (10) 2a b x a x b x +) Ta có hệ 2a b x 5a 4 x 8a 9b x 10 x 54 15 x x 10 4 x 15 x x => ( thỏa mãn) 15 x Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, Chú ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tối đa 0,25 0,25 (11)